高中物理人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用达标测试

第四章　运动和力的关系

专题强化练8　传送带模型

一、选择题

1.(2020山东师大附中高一上期末,)如图所示,水平放置的传送带以速度v=2 m/s向右运行,现将一小物体轻轻地放在传送带A端,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,若A端与B端相距4 m,则物体由A运动到B的时间和物体到达B端时的速度是(　　)

A.2.5 s,2 m/s B.1 s,2 m/s

C.2.5 s,4 m/s D.1 s,4 m/s

2.(2020浙江9+1联盟高一上联考,)(多选)如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面。物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面上,这时速率为v2',则下列说法正确的是(深度解析)

A.若v1<v2,则v2'=v1

B.若v1>v2,则v2'=v2

C.不管v2多大,总有v2'=v2

D.只有v1=v2时,才有v2'=v1

3.(2020浙江嘉兴一中高一上期中,)(多选)如图所示,水平传送带A、B两端相距x=4 m,以v0=4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A端,由于煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度大小g取10 m/s2。则煤块从A运动到B的过程中,下列说法正确的是(　　)

A.煤块从A运动到B的时间是2.25 s

B.煤块从A运动到B的时间是1.5 s

C.划痕长度是0.5 m

D.划痕长度是2 m

4.(2020四川成都外国语学校高一上检测,)(多选)如图所示,倾斜的传送带顺时针匀速转动,一物块从传送带上端A滑上传送带,滑上时速率为v1,传送带的速率为v2,且v2>v1。不计空气阻力,动摩擦因数一定。关于物块离开传送带的速率v和位置,下面哪个是可能的(　　)

A.从下端B离开,v>v1 B.从下端B离开,v<v1

C.从上端A离开,v=v1 D.从上端A离开,v<v1

5.(2019北京航空航天大学附中高一上期末,)如图所示,水平传送带沿顺时针方向以恒定速率v0匀速转动,传送带的右侧上方固定一挡板。在t=0时刻,将一滑块轻轻放在传送带的左端。当滑块运动到挡板所在的位置时,与挡板发生碰撞,已知碰撞时间极短,不计碰撞过程中的能量损失。某同学画出了滑块从t=0时刻到与挡板第二次碰撞前的v-t图像,其中可能正确的是(　　)

6.(2020江苏徐州高一上期末,)(多选)如图甲所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,在传送带上某位置轻轻放置一小木块,小木块与传送带间动摩擦因数为μ,小木块速度随时间变化关系如图乙所示,v0、t0已知,则(重力加速度大小为g)(　　)

甲

乙

A.传送带一定逆时针转动

B.μ=tan θ+

C.传送带的速度大于v0

D.t0后木块的加速度为2g sin θ-

7.(2020湖北黄冈模拟,)(多选)机场使用的货物安检装置如图所示,绷紧的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率运动,AB为传送带水平部分且长度L=2 m,现有一质量为m=1 kg的背包(可视为质点)无初速度的放在水平传送带的A端,可从B端沿斜面滑到地面。已知背包与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)

A.背包从A运动到B所用的时间为2.1 s

B.背包从A运动到B所用的时间为2.3 s

C.背包与传送带之间的相对位移为0.3 m

D.背包与传送带之间的相对位移为0.1 m

8.(2020辽宁葫芦岛模拟,)(多选)如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速度v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v-t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则(　　)

A.传送带的速率v0=10 m/s

B.传送带的倾角θ=30°

C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5

D.0~2 s内摩擦力对物体做功W=-24 J

二、非选择题

9.[2020福建福州八县(市)一中联考,]某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上,传送带与地面的夹角θ=30°,传送带两端A、B的距离L=10 m,传送带以v=5 m/s的恒定速度匀速向上运动。在传送带底端A无初速放上一质量m=5 kg的货物,货物与传送带间的动摩擦因数μ=。求货物从A端运送到B端所需的时间。(g取10 m/s2)

10.(2020天津耀华中学高一上期末,)如图所示,传送带与地面成夹角θ=37°,以一定的速度逆时针转动,在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5 kg的物体,它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,已知传送带从A到B的长度L=16 m,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则

(1)若要使物体尽可能快的到达B端,传送带的速度至少为多少?

(2)若传送带逆时针转动的速度为10 m/s,物体从A到B需要的时间为多少?

11.(2019广东深圳高级中学高一上期末,)一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动,水平部分长为2.0 m。其右端与一倾角为θ=37°的光滑斜面平滑相连,斜面长为0.4 m,一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端,已知物块与传送带间动摩擦因数μ=0.2,试问:

(1)物块能否到达斜面顶端?若能则说明理由,若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离。

(2)物块从出发到4.5 s末通过的路程。(sin 37°=0.6,g取10 m/s2)

答案全解全析

1.A　设加速运动过程中物体的加速度为a,根据牛顿第二定律有μmg=ma,得出a=2 m/s2;设达到传送带速度v时物体发生的位移为x1,所用时间为t1,则v2=2ax1,得出x1=1 m;根据速度公式有v=at1,得出t1=1 s;此时距离B端x2=4 m-x1=3 m,接下来做匀速运动,所用时间t2==1.5 s,所以t=t1+t2=2.5 s,末速度为2 m/s,故选项A正确。

2.AB　由于传送带足够长,物体先减速向左滑行,直到速度减为零,然后在滑动摩擦力的作用下向右运动,分两种情况:

①若v1≥v2,物体向右运动时一直加速,当v2'=v2时,离开传送带。

②若v1<v2,物体向右运动时先加速,当速度增大到与传送带的速度相等时,物体还在传送带上,此后不受摩擦力,物体与传送带一起向右匀速运动,此时有v2'=v1。故选项A、B正确,C、D错误。

技巧点拨

传送带问题的分析关键

求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度,也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。

3.BD　根据牛顿第二定律,煤块的加速度a==4 m/s2,煤块运动到速度与传送带速度相等所用的时间t1==1 s,位移大小x1=a=2 m<x,此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动至B端,所以划痕长度即煤块相对于传送带的位移大小,即Δx=v0t1-x1=2 m,选项D正确,C错误;x2=x-x1=2 m,匀速运动的时间t2==0.5 s,运动的总时间t=t1+t2=1.5 s,选项B正确,A错误。

4.ABC　物块从A端滑上传送带,在传送带上先相对传送带向下运动,由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带向下的分力的大小关系和传送带的长度,故存在以下几种情况:若能从A端离开,由运动的对称性可知,有v=v1,即选项C正确,D错误;若从B端离开,当摩擦力大于重力的分力时,则v<v1,选项B正确;当摩擦力小于重力的分力时,则v>v1,选项A正确;当摩擦力和重力的分力相等时,物块一直做匀速直线运动,v=v1,故本题应选A、B、C。

5.A　传送带沿顺时针方向匀速率转动,滑块轻放在传送带左端后,先向右做初速度为零的匀加速直线运动,如果传送带足够长,滑块加速到与传送带的速度相同,即v0,然后与传送带一起匀速运动,与挡板碰撞后滑块以初速度-v0向左做匀减速直线运动,当速度减为零后再向右做初速度为零的匀加速直线运动,与挡板发生第二次碰撞时速度为v0,滑块在传送带上做变速运动时加速度大小相等,故A正确。

6.AD　若传送带顺时针转动,当木块下滑时(mg sin θ>μmg cos θ),将一直匀加速到底端;当木块上滑时(mg sin θ<μmg cos θ),先匀加速运动,在速度相等后将匀速运动,两种情况均不符合题图乙,故传送带是逆时针转动,选项A正确。在0~t0内,滑动摩擦力向下,木块匀加速下滑,a1=g sin θ+μg cos θ,由题图乙可知a1=,则μ=- tan θ,选项B错误。当木块的速度等于传送带的速度时,木块所受的摩擦力变成沿传送带向上,故传送带的速度等于v0,选项C错误。速度相等后木块的加速度a2=g sin θ-μg cos θ,代入μ值得a2=2g sin θ-,选项D正确。

7.AD　背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度,μmg=ma,得a=5 m/s2,背包达到传送带的速度v=1 m/s所用时间t1==0.2 s,此过程背包对地面位移x1=t1=×0.2 m=0.1 m<L=2 m,共速后背包与传送带相对静止,没有相对位移,所以背包与传送带的相对位移为Δx=vt1-x1=1×0.2 m-0.1 m=0.1 m,背包匀速运动的时间t2== s=1.9 s,所以背包从A运动到B所用的时间为:t=t1+t2=2.1 s,故A、D正确。

8.ACD　由题图乙可知,当物体速度达到v0=10 m/s时,加速度的大小发生了变化,这是因为此时物体与传送带达到共速,物体受到的滑动摩擦力变向,故A正确;0~1 s内物体的加速度为a1=10 m/s2,1~2 s内为a2=2 m/s2,则有mg sin θ+μmg cos θ=ma1,mg sin θ-μmg cos θ=ma2,联立解得θ=37°,μ=0.5,故B错误,C正确;设物体的两段位移为x1、x2,则有x1== m=5 m,x2== m=11 m,摩擦力对物体做的功为W=W1+W2=μmg cos θ×x1-μmg cos θ×x2=-24 J,故D正确。

9.答案　3 s

解析　以货物为研究对象,由牛顿第二定律得

μmg cos 30°-mg sin 30°=ma,解得a=2.5 m/s2

货物匀加速运动的时间t1==2 s

货物匀加速运动的位移x1=a=5 m

μ>tan 30°,然后货物做匀速运动,运动位移x2=L-x1=5 m

匀速运动时间t2==1 s

货物从A到B所需的时间t=t1+t2=3 s。

10.答案　(1)8 m/s　(2)2 s

解析　(1)要使物体尽快到达B端,要求物体以最大加速度一直加速,即摩擦力始终沿传送带向下。

mg sin θ+μmg cos θ=ma

v2=2aL

解得v=8 m/s

(2)物体加速到与传送带速度相同时有:

v1=at1

x1=a

物体加速到与传送带速度相同后,由于mg sin θ>μmg cos θ,物体将继续加速运动,由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma'

x2=v1t2+a'=L-x1

物体从A到B需要的时间t=t1+t2

解得t=2 s

11.答案　(1)不能　 m　(2)5 m

解析　(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动

μmg=ma1

x1==1 m<L=2.0 m

所以在到达传送带右端前物块已匀速

物块以速度v0滑上斜面

-mg sin θ=ma2

物块速度为零时上升的距离

x2== m

由于x2<0.4 m,所以物块未到达斜面的最高点。

(2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间

t1=+=1.5 s

物块在斜面上往返一次的时间t2=2= s

物块再次滑到传送带上速度仍为v0,方向向左

-μmg=ma3

向左运动时发生的最大位移x3==1 m,减速到0的时间t3==1 s

物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等,所用时间相同,4.5 s末物块在斜面上速度恰好减为零,故物块通过的总路程x=L+3x2+2x3=5 m。