专题06 传送带模型-2024年新课标高中物理模型与方法

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc4482" 【解决传送带问题的几个关键点】 PAGEREF _Tc4482 \h 1
\l "_Tc19689" 【模型一】水平传动带模型上物体的常见运动 PAGEREF _Tc19689 \h 1
\l "_Tc3502" 【模型二】倾斜传送带模型上物体的常见运动 PAGEREF _Tc3502 \h 7
\l "_Tc13792" 1.倾斜传送带——上传模型 PAGEREF _Tc13792 \h 7
\l "_Tc29559" 2.倾斜传送带——下载 PAGEREF _Tc29559 \h 11
【解决传送带问题的几个关键点】
Ⅰ、受力分析
（1）“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻；
（2）共速要突变的三种可能性：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③方向突变。
Ⅱ、运动分析
（1）参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移。
（2）判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？
（3）判断传送带长度——临界之前是否滑出？
Ⅲ、画图
画出受力分析图和运动情景图，特别是画好v-t图像辅助解题，注意摩擦力突变对物体运动的影响，注意参考系的选择。
【模型一】水平传动带模型上物体的常见运动
【模型演练1】(2020·广东湛江市二模)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示.已知v2>v1，则( )
A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D.0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【答案】 B
【解析】 小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此时刻，它相对传送带滑动的距离最大，A错误，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误.
【模型演练2】(2020·金华一中模拟)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，工件滑上A端的瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，下列说法错误的是( )
A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，则vB＝3 m/s
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则vB＝3 m/s
D．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则vB＝2 m/s
【答案】 D
【解析】 若传送带不动，则工件的加速度大小a＝μg＝1 m/s2，由vA2－vB2＝2as，解得vB＝eq \r(vA2－2as)＝3 m/s，选项A正确；若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，则工件的受力情况不变，工件的加速度大小仍为a＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时一样，故vB＝3 m/s，选项B正确；若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的加速度大小仍为a＝μg，工件的运动情况跟传送带不动时一样，故vB＝3 m/s，选项C正确，D错误．
【模型演练3】(2020·安徽庐巢七校联盟联考)如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小v1＝2 m/s不变，两端A、B间距离为3 m．一物块从B端以初速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图象是下列图中的( )
【答案】 B
【解析】 物块B刚滑上传送带时，速度向左，由于物块与传送带间的摩擦作用，物块做匀减速运动，加速度大小为a＝μg＝4 m/s2，当物块的速度减小到0时，物块运动的距离为s＝eq \f(0－42,2×－4) m＝2 m，其值小于AB的长3 m，故物块减速到0后仍在传送带上，所以它会随传送带向右运动，其加速度的大小与减速时相等，其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离为s′＝eq \f(22－0,2×4) m＝0.5 m＜s，说明物块仍在传送带上，以后物块相对于传送带静止，其速度等于传送带的速度，选项B正确．
【模型演练4】（2021·吉林省榆树一中高三上学期1月期末）如图所示，水平传送带两段AB的距离是2.0m，以恒定的速率2.0m/s顺时针转动。现将一质量为0.5kg的小滑块轻放在A端，小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4，小物块可作为质点，小物块到达B端的时间t和速度v是（ ）
A．t=1.0sB．t=1.25sC．v=4.0m/sD．v=2.0m/s
【答案】BD
【解析】
小物块在水平传送带上在滑动摩擦力的作用下先做匀加速直线运动，当加速到与传送带速度相同时，则有
代入数据解得
则小物块在传送带上先匀加速运动0.5m，后以传送带的速度匀速运动1.5m。
设传送带AB距离为s，加速时间为t1，匀速时间为t2，则有
代入数据解得
，
故小物块到达B端的时间为1.25s，速度是2m/s。选项AC错误，BD正确。故选BD。
【模型演练5】(多选)(2021·遂宁模拟)如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t＝6 s时恰好到B点，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A.物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1
B.A、B间距离为16 m，小物块在传送带上留下的痕迹是8 m
C.若物块质量m＝1 kg，物块对传送带做的功为8 J
D.若物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端
【答案】 AB
【解析】 由图乙可知，物块加速过程的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4,4) m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律可知a＝eq \f(μmg,m)＝μg，联立解得μ＝0.1，故A正确；由于4 s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为4 m/s，A、B间距离x＝eq \f(（2＋6）×4,2) m＝16 m，小物块在传送带上留下的痕迹是l＝4×4 m－eq \f(4×4,2) m＝8 m，故B正确；物块对传送带的摩擦力大小为μmg，加速过程传送带的位移为16 m，则物块对传送带所做的功为W＝－μmgx＝－0.1×1×10×16 J＝－16 J，故C错误；物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块将做减速运动，且加速度与加速过程的加速度大小相同，则减速过程的位移为8 m，则物块可以到达B端，故D错误。
【模型演练6】（2021·山西省运城市稷山中学高三上学期12月月考）如图所示，将一质量为m的滑块轻轻放置于传送带的左端，已知传送带以速度v0顺时针运动，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带左右距离足够长，重力加速度为g。从滑块放上去开始计时，在t时刻突然断电，传送带以大小为a的加速度匀减速至停止。关于滑块放上去后受到的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A. 滑块始终没有受到静摩擦力作用
B. 滑块刚放上去时受到的滑动摩擦力为μmg
C. 滑块受到的摩擦力一直不变
D. 传送带减速时滑块受到的摩擦力可能变为ma
【答案】BD
【解析】
A．滑块速度达到v0时电动机突然断电，传送带以大小为a的加速度匀减速至停止，若加速度，则滑块以加速度a和皮带一起减速，即滑块与皮带保持相对静止，滑块受静摩擦力作用，选项A错误；
B．滑块刚放上去时，与皮带之间有相对运动，为滑动摩擦力，滑动摩擦力大小为μmg，B正确；
C．滑块向右运动，加速时摩擦力与运动方向相同，即向右，减速时摩擦力与运动方向相反，即向左，选项C错误；
D．若加速度，则滑块以加速度a和皮带一起减速，此时由牛顿第二定律可知，摩擦力大小为f=ma，选项D正确。
故选BD。
【模型演练7】（2021·江西省赣州市十五县市十六校高三上学期11月期中）如图，水平皮带匀速向右运动，速度大小v1=2m/s，A、B两轮间的距离为4m，在右端一物块以v2=3m/s的滑上皮带，物体与皮带间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A. 物块在皮带上滑动时加速度的大小是2m/s2
B. 物块经t=2s速度减为零
C. 物块能滑过B轮
D. 物块返回到A轮时的速度大小仍是3m/s的
【答案】A
【解析】
A．物块在皮带上滑动时加速度的大小是
选项A正确；
B．物块速度减为零的时间
选项B错误；
C．物块速度减为零时的位移
物块不能滑过B轮，选项C错误；
D．物块速度减为零后将反向加速运动，当速度增加到与传送带共速时，即速度为2m/s时，与传送带相对静止，则返回到A轮时的速度大小是2m/s，选项D错误。
故选A。
【模型演练8】(2020·全国卷Ⅲ·25改编)如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接.传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定.质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带.载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度.
【答案】 (1)2.75 s (2)4eq \r(3) m/s eq \r(2) m/s
【解析】 (1)传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有
μmg＝ma①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有
v2－ v02＝－2as1②
联立①②式，代入题给数据得
s1＝4.5 m③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动.设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，
由运动学公式有v＝v0－at1′④
t1＝t1′＋eq \f(L－s1,v)⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得
t1＝2.75 s⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
－μmgL＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02⑦
μmgL＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv02⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
v1＝eq \r(2) m/s, v2＝4eq \r(3) m/s⑨
【模型二】倾斜传送带模型上物体的常见运动
1.倾斜传送带——上传模型
【模型演练1】(多选)(2020·山东省实验中学高三)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动.一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，则下列说法正确的是( )
A.倾斜传送带与水平方向的夹角θ＝37°
B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
C.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4 s
D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4eq \r(5)) m
【答案】 AD
【解析】 由v－t图象得0～1 s的加速度大小a1＝eq \f(12－4,1) m/s2＝8 m/s2，方向沿传送带向下
1～2 s的加速度大小a2＝eq \f(4－0,1) m/s2＝4 m/s2，方向沿传送带向下
0～1 s，对煤块由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
1～2 s，对煤块由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
解得θ＝37°，μ＝0.25
故A正确，B错误.
v－t图线与t坐标轴所围面积表示位移，所以煤块上滑总位移为x＝10 m，由运动学公式得下滑时间为t下＝eq \r(\f(2x,a2)) ＝eq \r(\f(2×10,4)) s＝eq \r(5) s
所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2＋eq \r(5)) s，故C错误.
0～1 s内煤块比传送带多走4 m，划痕长4 m；1～2 s内传送带比煤块多走2 m，划痕还是4 m；2～(2＋eq \r(5)) s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕长为2 m＋eq \f(1,2)a2t2＋vt＝(12＋4eq \r(5)) m，故D正确.
【模型演练2】(2020·山东济宁市质检)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v0＝2 m/s的速度沿顺时针方向转动，小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以v1＝8 m/s的速度从底端滑上传送带.已知小物块A、B质量均为m＝1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cs 37°＝0.8.求：
(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小；
(2)传送带的长度l应满足的条件.
【答案】(1)2.5 m/s (2)l≥12.96 m
【解析】 (1)对小物块B，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，
解得a1＝10 m/s2
小物块B减速至与传送带共速的过程，
时间t1＝eq \f(v1－v0,a1)＝0.6 s，
位移大小x1＝eq \f(v12－v02,2a1)＝3 m
之后，小物块B的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，
解得a2＝2 m/s2
小物块B减速至0的时间t2＝eq \f(v0,a2)＝1 s
位移大小x2＝eq \f(v02,2a2)＝1 m
小物块B向上运动过程中平均速度的大小eq \x\t(v)＝eq \f(x1＋x2,t1＋t2)＝2.5 m/s.
(2)小物块A的加速度大小也为a2＝2 m/s2，
小物块B开始加速向下运动时，小物块A已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B滑下传送带后，小物块A到达传送带底端.当小物块B刚滑下传送带时，小物块A恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l0＝eq \f(1,2)a2t2
小物块B向下运动过程中x1＋x2＝eq \f(1,2)a2t32
解得t3＝2 s，则t＝t1＋t2＋t3＝3.6 s
代入解得l0＝12.96 m，
即传送带的长度l≥12.96 m.
【模型演练3】（2021沈阳重点高中8月检测）如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB和斜面BC与水平面成=37°角，A点到B点的距离为x=6.25m，B点到C点的距离为L=1.25m，运输带顺时针方向运行速度恒为v0=5m/s，现将一质量为m的小物体轻轻放于A点，小物体恰好能到达最高点C点，已知小物体与斜面间的动摩擦因数，求：（g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，空气阻力不计）
（1）小物体运动到B点时的速度v的大小；
（2）小物体与运输带间的最小的动摩擦因数；
（3）小物体从A点运动到C点所经历的最长时间t。
【解析】.
（1）设小物体由B到C，在斜面上的加速度为a2，到B点时速运动度为v，由牛顿第二定律得
由运动学公式知
联立解得
v=5m/s
（2）设小物体由A到B，因为，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，动摩擦因数最小，设加速度为a1，则由牛顿第二定律知
又因为
联立解得
（3）小物体与运输带动摩擦因数最小时，运动最长时间，小物体从B点运动到C点所经历时间
从A点运动到B点经历时间
联立并代入数据，解得小物体从A点运动到C点所经历的时间
【模型演练4】如图所示为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝5.0 m，质量M＝10 kg的物体以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v＝4.0 m/s。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)物体从A点到达B点所需的时间；
(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？
【答案】 (1)2.2 s (2)1 s
【解析】 (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得Mgsin θ＋μMgcs θ＝Ma1①
设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，则t1＝eq \f(v0－v,a1)②
通过的位移大小x1＝eq \f(veq \\al(2,0)－v2,2a1)③
设物体速度小于传送带速度时物体的加速度大小为a2
Mgsin θ－μMgcs θ＝Ma2④
物体继续减速，设经时间t2物体到达传送带B点
L－x1＝vt2－eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)⑤
联立①②③④⑤式可得t＝t1＋t2＝2.2 s。
(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况物体一直为减速运动，设加速度大小为a3，则
Mgsin θ－μMgcs θ＝Ma3⑥
L＝v0t′－eq \f(1,2)a3t′2
t′＝1 s(t′＝5 s舍去)。
2.倾斜传送带——下载
【模型演练1】(2021黑龙江大庆市重点高中开学调研)如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝16 m，传送带v0＝10 m/s 的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
【答案】． (1) 2s (2) 5m
【解析】 (1) 煤块向下做匀加速运动，由牛顿第二定律可得
代入数值可得
设经过时间t1 煤块和传送带速度达到相同
设下滑距离为x1，由运动学公式
因为 煤块继续向下加速，由牛顿第二定律可得
代入数值可得
设再经过时间t2到达B，下滑距离为x2
代入数值可求得 （舍去）
(2) 煤块加速运动时间内传送带运动位移为
相对运动位移为
达到共速到煤块加速滑到最低端设传送带运动位移为，相对滑动位移为
相对运动位移为
考虑到痕迹的重复性，则痕迹的实际长度仍为5m。
【模型演练2】(多选)(2020·四川泸州市质量检测)如图所示，两倾斜的传送带与水平面间的夹角均为θ，图甲中传送带逆时针转动、图乙中传送带顺时针转动，速度大小均为v1.使两个完全相同的木块从传送带顶端A点以初速度v0沿传送带向下运动，两木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，已知v1>v0，μ>tan θ.若两木块都能到达传送带底端B点，甲图木块到达底端B点的速度大小为v甲，乙图木块到达底端B点的速度大小为v乙.则( )
A.v甲一定大于v乙 B.v甲可能小于v乙
C.v甲可能大于v1 D.v乙一定小于v1
【答案】 AD
【解析】 由于题图甲中传送带逆时针转动、题图乙中传送带顺时针转动，则开始题图甲中木块受到的摩擦力沿传送带向下，题图甲中木块可能一直向下加速，也可能先加速后匀速，所以v甲≤v1；由于题图乙中木块受到的摩擦力始终沿传送带向上，所以题图乙中木块一直减速运动，所以v乙＜v1，且v乙【模型演练3】(2020·全国名校11月大联考)传送带在工农业生产和日常生活中都有广泛的应用，例如在港口用传送带装卸货物，在机场用传送带装卸行李等，为人们的生活带来了很多的便利．如图1甲所示，为一传送带输送货物的简化模型：长为L的传送带与水平面夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小物块，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．图乙为小物块运动的v－t图象．重力加速度为g，根据以上信息可以判断出( )
A．小物块开始运动的加速度为gsin θ－μgcs θ
B．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＜tan θ
C．t0时刻，小物块的速度为v0
D．传送带始终对小物块做正功
【答案】 C
【解析】 t0时刻之前，对小物块由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcs θ＝ma，解得：a＝gsin θ＋μgcs θ，故A错误；t0时刻之后物块做匀速运动，则mgsin θ≤μmgcs θ，即μ≥tan θ，故B错误；由题图乙可知t0时刻是物块与传送带速度相同的时刻，则小物块的速度为v0，故C正确；t0时刻之前，传送带的速度大于小物块的速度，小物块受到的摩擦力方向沿斜面向下，与小物块的运动方向相同，传送带对小物块做正功，t0时刻之后，小物块做匀速运动，小物块受到的摩擦力沿斜面向上，与小物块的运动方向相反，传送带对小物块做负功，故D错误．
【模型演练4】传送带与水平面夹角为37°，传送带以10 m/s的速率运动，传送带轮沿顺时针方向转动，如图所示．今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m＝0.5 kg的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为16 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则物块从A运动到B的过程中( )
A．物块先加速后匀速
B．物块刚放上传送带时的加速度大小为2 m/s2
C．物块到B点时的速度大小为10 m/s
D．物块全程用时2 s
【答案】 D
【解析】 由于mgsin 37°＞μmgcs 37°，可知物块与传送带不能保持相对静止，所以物块一直做加速运动，故A错误；物块刚放上传送带时，物块所受的摩擦力的方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律得，a1＝eq \f(mgsin 37°＋μmgcs 37°,m)＝gsin 37°＋μgcs 37°＝10×0.6 m/s2＋0.5×10×0.8 m/s2＝10 m/s2，故B错误；物块速度达到传送带速度所需的时间t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(10,10) s＝1 s．经过的位移x1＝eq \f(1,2)a1t12＝eq \f(1,2)×10×12 m＝5 m．由于mgsin 37°＞μmgcs 37°，可知物体与传送带速度相等后，物块所受的摩擦力沿传送带向上．
根据牛顿第二定律得，a2＝eq \f(mgsin 37°－μmgcs 37°,m)＝gsin 37°－μgcs 37°＝2 m/s2
根据vt2＋eq \f(1,2)a2t22＝L－x1，解得t2＝1 s.
故物块全程用时t＝t1＋t2＝2 s.
物块到达B点时的速度大小vB＝v＋a2t2＝(10＋2×1) m/s＝12 m/s，故C错误，D正确．
【模型演练5】(2020·四川省宜宾市普通高中高三(下)高考适应性考试(三诊))如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则小滑块的速度v随时间t变化的图象可能是( )

【答案】 BC
【解析】 设传送带倾角为θ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，若mgsinθ＞μmgcsθ，则t＝0时小滑块所受合力沿传送带向下，滑块向下做匀加速运动；若mgsinθ＝μmgcsθ，则t＝0时小滑块所受合力为零，滑块匀速下滑；若mgsinθ＜μmgcsθ，则t＝0时小滑块所受合力沿传送带向上，滑块开始时向下做匀减速运动，加速度大小为a＝eq \f(μmgcsθ－mgsinθ,m)＝μgcsθ－gsinθ，当减速为零时，滑块开始反向加速，加速度大小仍为a＝μgcsθ－gsinθ，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，故之后滑块随传送带匀速运动。故A、D错误，B、C正确。
【模型演练6】如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动，现使小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，试求：
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；
(2)0～8 s内小物块与传送带之间的划痕为多长．
【答案】 (1)eq \f(7,8) (2)18 m
【解析】 (1)根据v－t图象的斜率表示加速度可得a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2
由牛顿第二定律得μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma
解得μ＝eq \f(7,8)
(2)0～8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动，
0～6 s内传送带匀速运动的距离为：x带＝4×6 m＝24 m，
由题图乙可知：0～2 s内物块位移大小为：x1＝eq \f(1,2)×2×2 m＝2 m，方向沿斜面向下，
2～6 s内物块位移大小为：x2＝eq \f(1,2)×4×4 m＝8 m，方向沿斜面向上
所以划痕的长度为：Δx＝x带＋x1－x2＝(24＋2－8) m＝18 m.
项目
情景1：轻放
情景2：同向
情景3：反向
图示
滑块可能的运动情况
(1)可能滑块一直加速；
(2)可能滑块先加速后匀
速；
(1)v0(2)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速．
(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端．
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v和v0项目
情景1：上传
情景2：下载
情景2：反向
图示
滑块可能的运动情况
(1)可能一直加速；
(2)可能先加速后匀速；
(3)还有其他结论吗？
(1)可能一直加速；
(2)可能先加速后匀速；
(3)可能先以a1加速后以a2加速．
(1)可能一直加速；
(2)可能一直匀速；
(3)可能先减速后反向加速
受力分析
运动分析（先加后共）
难点问题
μ>tanθ
f=μmgcsθ
f突变为静
f'=mgsinθ
v
v
L
θ
t
O
v
共速
痕迹
a
v
传送带
物体
t1
t2
①滑动摩擦力f=μmgcsθ
②加速度a=g(μcsθ-sinθ)
③上传条件：μ>tanθ
④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
受力分析
运动分析（一直加速）
难点问题
μa
f=μmgcsθ
v
v'
L
θ
t
O
v
a
v
传送带
物体
t1
L
⑤μ⑥加速度a=g(μcsθ-sinθ)
⑦物体向下位移为L
⑧物体运动时间、末速度与传送带快慢无关
受力分析
运动分析
难点问题
μ≥tanθ
f=μmgcsθ
f突变为静
f'=mgsinθ
v
v
L
θ(
t
O
v
共速
痕迹
a
v
传送带
物体
t1
t2
①滑动摩擦力f=μmgcsθ
②加速度a=g(μcsθ+sinθ)
③共速后，若μ≥tanθ
一起匀速，摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
μf=μmgcsθ
f方向突变
f'=μmgcsθ
v
v
L
θ(
t
O
v
共速
痕迹1
a
v
传送带
物体
t1
t2
物体
2
a'
④共速后，若μ继续加速，滑动摩擦力方向突变、大小不变，加速度a'=g(sinθ-μcsθ)
⑤痕迹问题：共速前，x传>x物，痕迹Δx1=x传-x物，共速后，x物>x传，痕迹Δx2=x物-x传，总痕迹取二者中大的那一段