新高考物理二轮专题复习精练专题18 传送带模型（2份打包，原卷版+解析版）

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第一部分 织网点睛，纲举目张
模型一 动力学中的传送带模型
动力学中的传送带模型是力学中的基本模型，主要考查对牛顿第二定律、匀变速直线运动规律的理解，涉及摩擦力、相对运动等的分析，知识综合性较强，试题难度往往较大。
模型二 与动量、能量有关的传送带模型
滑上传送带的物体获取初速度的过程常涉及动量定理和动量守恒定律。滑上传送带的物体在滑动过程中因滑动摩擦力做功，常涉及能量的转移或转化问题。所以与动量、能量有关的传送带模型往往是综合性较高的试题，难度一般在中等偏上。
传送带中的功能关系
第二部分 实战训练，高考真题演练
1.（11分）（2021新高考辽宁卷）机场地勤工作人员利用初速度从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送带方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8.取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8.。求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【解题思路】（1）取沿传送带向下为正方向，由牛顿第二定律，mgsinα-μmgcsα=ma1，
解得：a1=-0.4m/s2。负号表示加速度方向沿斜面向上。
即小包裹相对传送带滑动时的加速度大小为0.4m/s2。
（2）由v1-v2=at1，解得小包裹速度减小到等于传送带速度 时间t1=2.5s
由v12-v22=2ax，解得在这段时间小包裹位移x=2.75m
小包裹速度减小到等于传送带速度v1后，由于mgsinα＜μmgcsα，小包裹与传送带同速向下运动，
由L-x= v1 t2，解得：t2=2.0s。
小包裹通过传送带所需时间t= t1+t2=2.5s+2.0s=4.5s。
2．(2020·全国卷Ⅲ)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；
(3)若v＝6.0 m/s，载物箱滑上传送带Δt＝eq \f(13,12) s后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
【解题思路】：(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，速度先减小至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 s。⑥
(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/s。⑨
(3)传送带的速度为v＝6.0 m/s时，由于v0＜v＜v2，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍为a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为s2，所用时间为t2，由运动学公式有
v＝v0＋at2eq \(○,\s\up1(10))
v2－v02＝2as2⑪
联立①eq \(○,\s\up1(10))⑪式并代入题给数据得
t2＝1.0 s⑫
s2＝5.5 m⑬
因此载物箱加速运动1.0 s、向右运动5.5 m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt－t2)的时间后，传送带突然停止。设载物箱匀速运动通过的距离为s3，有
s3＝(Δt－t2)v⑭
由①⑫⑬⑭式可知，eq \f(1,2)mv2＞μmg(L－s2－s3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3。由运动学公式有
v32－v2＝－2a(L－s2－s3)⑮
v3＝v－at3⑯
设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它摩擦力的冲量为I1，由动量定理有
I1＝m(v3－v0)⑰
联立①⑫⑬⑭⑮⑰式并代入题给数据得
I1＝0⑱
传送带对它支持力的冲量为I2＝mg(Δt＋t3)⑲
联立⑮⑯⑲式并代入题给数据得I2＝eq \f(625,3) N·s⑳
由于I1＝0，所以传送带对它的冲量为
I＝I2＝eq \f(625,3) N·s，方向竖直向上。
答案：(1)2.75 s (2)4eq \r(3) m/s eq \r(2) m/s
(3)eq \f(625,3) N·s，方向竖直向上
第三部分 思路归纳，内化方法
1, 物体在传送带上运动时，物体与传送带速度相等的时刻是摩擦力发生突破的时刻，也是物体运动分段的关键点。
2. 对于倾斜传送带
(1)根据初始条件分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体是否受到滑动摩擦力作用。
(2)当物体的速度与传送带速度相等时，要判断物体能否与传送带保持相对静止。
第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力
1. （2023重庆第二次质检）生产生活中，有的场所需要将物品运送到高处，有的场所需要将物品运送到低处。现有如图甲、乙所示完全相同的物块和皮带传送装置，图甲装置将物块无初速放到传送带最低端，送往最高端；图乙装置将物块无初速放到传送带最高端送往最低端。设定两传送带以相同恒定速率运行，已知传送带足够长。物块从传送带一端到达另一端点经过的时间分别为t甲、t乙，在物块与传送带相对运动过程中，物块与传送带间摩擦生热的平均热功率分别为P甲、P乙。则（）
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0
C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
【参考答案】BD
【名师解析】
．对甲、乙分别受力分析，由牛顿第二定律得
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0
设传送带长度为L，速率为v，物块先加速，共速后匀速，则有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
因为 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，故A错误，B正确；
CD．在物块与传送带相对运动过程中，物块与传送带间摩擦生热的平均热功率为
SKIPIF 1 < 0
其中摩擦力 SKIPIF 1 < 0 ，甲、乙相同，则 SKIPIF 1 < 0 ，故C错误，D正确。
故选BD。
2. （2023湖南永州一模）如图所示，用与水平面成 SKIPIF 1 < 0 角的传送带输送货物，传送带以 SKIPIF 1 < 0 的速度顺时针运行，地勤人员将一质量 SKIPIF 1 < 0 的货物以初速度 SKIPIF 1 < 0 从底部滑上传送带，货物恰好能到达传送带的顶端。已知货物与传动带之间的动摩擦因数为 SKIPIF 1 < 0 ，取重力加速度 SKIPIF 1 < 0 ，下列正确的是（ ）
A. 货物在传送带上一直向上做匀减速直线运动
B. 传送带从底端到顶端的长度是 SKIPIF 1 < 0
C. 货物在传动带上运动的时间为 SKIPIF 1 < 0
D. 货物在传动带上向上运动的过程中由于摩擦产生的热量为 SKIPIF 1 < 0
【参考答案】CD
【名师解析】
物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带速度相等，设物体上滑的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcsθ=ma1
代入数据解得
a1=8m/s2
则物块相对传送带匀减速上滑，直至与传送带共速的时间为
SKIPIF 1 < 0
物块沿传送带向上的位移为
SKIPIF 1 < 0
物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力
f=μmgcsθ＜mgsinθ
相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小，此后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直至速度为零，令此时物体减速上升的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得
mgsinθ-μmgcsθ=ma2
代入数据解得
a2=2m/s2
则物块速度减为0的时间为
SKIPIF 1 < 0
物块沿传送带向上运动的位移为
SKIPIF 1 < 0
物块在传送带上向上运动的时间
t=t1+t2=0.5s+0.5s=1.0s
传送带从底端到顶端的长度
L=vt=1×1.0m=1.0m
故AB错误，C正确；
D．物块减速到与传送带速度相等过程传送带的位移大小
x传送带1=vt1=1×0.5m=0.5m
物块与传送带速度相等后运动过程传送带的位移大小
x传送带2=vt2=1×0.5m=0.5m
物块速度与传送带速度相等前运动过程物块相对传送带的位移大小
l1=x1-x传送带1=1.5-0.5m=1.0m
物块速度与传送带速度相等后运动过程物块与传送带相对位移大小
l2=x传送带2-x2=（0.5-0.25）m=0.25m
物块从滑上传送带到滑离传送带的过程中，因摩擦产生的热量为
Q=μmgcsθ（l1+l2）
代入数据解得
Q=3.75J
故D正确。
故选CD。
3.（2023陕西渭南市咸林中学摸底）如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下一直保持速度 SKIPIF 1 < 0 顺时针转动，两轮轴心间距为 SKIPIF 1 < 0 ，质量为 SKIPIF 1 < 0 的物块（视为质点），以速度v1从左轮的正上方水平向右滑上传送带，经过时间 SKIPIF 1 < 0 到达右轮的正上方，物块与传送带间的动摩擦因数为 SKIPIF 1 < 0 ，物块和传送带的 SKIPIF 1 < 0 图像如图乙所示，重力加速度 SKIPIF 1 < 0 ，对此过程，下列说法正确的是（ ）
A. 传送带对物块做的功为5J
B. 物块对传送带做的功为4J
C. 物块与传送带之间因摩擦产生热量5J
D. 传送带对物块摩擦力冲量大小为 SKIPIF 1 < 0
【参考答案】BD
【名师解析】
经过时间 SKIPIF 1 < 0 到达右轮的正上方，则
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
物块的位移为
SKIPIF 1 < 0
传送带对物块做的功为
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
A错误；
B．传送带位移为
SKIPIF 1 < 0
物块对传送带做的功为
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
B正确；
C．物块与传送带之间因摩擦产生热量为
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
C错误；
D．传送带对物块摩擦力的冲量大小为
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
D正确；
故选BD。
4. （2023辽宁铁岭六校协作体联考）如图所示，光滑水平面MA上有一轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙壁上，弹簧原长小于MA。A点右侧有一匀速运动的水平传送带AB，传送带长度l＝2m，速度 SKIPIF 1 < 0 ，一半径为R＝0.5m的光滑半圆轨道BCD在B点与传送带相切，轨道圆心为O，OC水平。现用一质量为m＝2kg的物块（可看做质点）压缩弹簧，使得弹簧的弹性势能为 SKIPIF 1 < 0 。由静止释放物块，已知物块与传送带之间的动摩擦因数为 SKIPIF 1 < 0 ，g取 SKIPIF 1 < 0 ，关于物块的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 物块能运动到半圆轨道最高点D
B. 物块运动到B点的速度为 SKIPIF 1 < 0
C. 物块运动到C点时对轨道压力为60N
D. 若传送带速度变为v＝2m/s，物块在B点右侧不会脱离轨道
【参考答案】ACD
【名师解析】
由题意知，物块到达A点的速度满足
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
所以物块滑上传送带后做加速运动，且加速位移为
SKIPIF 1 < 0
所以滑块在传送带上先加速后匀速，到达B点的速度与传送带速度相同，即为
SKIPIF 1 < 0
设滑块恰好可以运动到半圆轨道最高点D，则在最高点满足
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
从B到D由动能定理得
SKIPIF 1 < 0
求得B点最小速度为
SKIPIF 1 < 0
所以物块恰好能运动到半圆轨道最高点D，故A正确，B错误；
C．从B到C由动能定理得
SKIPIF 1 < 0
在C点受力分析得
SKIPIF 1 < 0
联立解得
SKIPIF 1 < 0
由牛顿第三定律可知物块运动到C点时对轨道的压力为60 N，故C正确；
D．若传送带速度变为v=2m/s，则可知滑块滑上传送带后先做减速运动，且减速到 SKIPIF 1 < 0 时位移为
SKIPIF 1 < 0
即滑块恰好减速到B点和传送带共速，设物块恰好可以到达C点时对应的B点速度为v1，则从B到C由机械能守恒可得
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
即滑块在B点的速度为 SKIPIF 1 < 0 时，在到达C点之前已经减速为零，则可知传送带速度变为v=2m/s时，物块在B点右侧不会脱离轨道，故D正确。
故选ACD。
5. （12分）(2023江西宜春重点高中期中) 如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，其末端B切线水平。一质量为m，可看成质点的滑块从轨道上的A点由静止滑下。若传送带静止，滑块恰能运动到C点停止；当传送带以速度 SKIPIF 1 < 0 顺时针转动时，滑块到C点后做平抛运动，通过光滑圆弧装置无机械能损失的滑上静止在光滑水平地面上的长木板，长木板运动到H时与固定挡板碰撞粘连。长木板质量M=2m，板长l=6.5R，板右端到挡板的距离L在R