【高考物理】一轮复习：专题强化练（2025版创新设计）5、专题强化练五　动力学中的传送带模型

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对点练1 水平传送带
1.(2024·广东东莞高三联考)某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件如图1所示，水平传送带AB长度L＝5.25 m，始终保持恒定速度v＝1 m/s运行，在传送带上A处轻轻放置一快件(可视为质点)，快件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，快件由静止开始加速，与传送带共速后做匀速运动到达B处，忽略空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
图1
A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反
B.快件先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用
C.快件与传送带的相对位移为0.5 m
D.快件由A到B的时间为5.5 s
2.(多选)如图2甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下以v2＝4 m/s的速度顺时针转动，两轮轴心间距为L＝5 m。质量为m＝0.5 kg的物块(视为质点)，从左轮的正上方以速度v1水平向右滑上传送带后物块与传送带的v－t图像如图乙所示，经过时间t0从右轮的正上方离开传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，物块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是( )
图2
A.物块在传送带上运动时先受滑动摩擦力再受静摩擦力
B.物块在传送带上运动的时间为t0＝1 s
C.物块滑上传送带的速度v1＝6 m/s
D.物块与传送带之间的相对位移为Δs＝1 m
对点练2 倾斜传送带
3.如图3所示，足够长的倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，一滑块从斜面顶端由静止释放后一直做加速运动。则( )
图3
A.滑块受到的摩擦力方向保持不变
B.滑块的加速度保持不变
C.若减小传送带的倾角，滑块可能先做加速运动后做匀速运动
D.若传送带改为顺时针转动，滑块可能先做加速运动后做匀速运动
4.(多选)(2024·广东深圳北大附中)如图4甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放上一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则( )
图4
A.传送带一定逆时针转动
B.μ＝tan θ－eq \f(v0,gt0cs θ)
C.传送带的速度大于v0
D.t0时刻后木块的加速度为2gsin θ－eq \f(v0,t0)
5.(2024·北京东城高三联考)如图5甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则( )
图5
A.传送带的速度为16 m/s
B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D.传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
6.物块P以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定速率v1沿图6所示逆时针方向运行，则从该时刻起，物块P的速度v随时间t变化的图像可能是( )
图6
B级 综合提升练
7.如图7所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面的底端A与水平传送带相接触，传送带正以v＝4 m/s的速度顺时针匀速转动，质量为2 kg的物体(可视为质点)从斜面上O处由静止下滑，经过时间1.5 s滑到斜面底端A。已知O、A之间距离LOA＝4.5 m，传送带左右两端A、B间的距离LAB＝10 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计物体经过A时的动能损失。
图7
(1)求物体沿斜面下滑的加速度大小；
(2)求物体与斜面间的动摩擦因数μ1；
(3)物体在传送带上向左运动时是否会从B端滑出？如果滑出，求离开B点的速度大小？如果不滑出，求物体返回到A点的速度大小。
8.(2021·辽宁卷，13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图8所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
图8
(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。
参考答案
专题强化练五 动力学中的传送带模型
1.D [快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，匀速时，与传送带之间无相对运动趋势，不受摩擦力作用，故A、B错误；快件与传送带相对运动时，由牛顿第二定律得其加速度为a＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2，快件由静止开始加速至速率为v的过程所用时间为t＝eq \f(v,a)＝0.5 s，与传送带的相对位移为Δs＝vt－eq \f(v,2)t＝0.25 m，故C错误；快件匀速运动的时间为t′＝eq \f(L－\f(v,2)t,v)＝5 s，所以快件运输总时间为t总＝t＋t′＝5.5 s，故D正确。]
2.BCD [由图像可知物块在传送带上运动的过程中，始终做减速运动，对其受力分析可知，物块在传送带上运动时始终受滑动摩擦力的作用，故A错误；物块在传送带上运动的过程中，以初速度方向为正方向，由牛顿第二定律可得－μmg＝ma，物块在传送带上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律可得veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝2aL，L＝eq \f(v1＋v2,2)t0，联立解得v1＝6 m/s，t0＝1 s，故B、C正确；传送带的位移为s＝v2t0＝4 m，物块与传送带之间的相对位移为Δs＝L－s＝1 m，故D正确。]
3.C [设滑块质量为m，传送带倾角为θ，刚开始时滑块受重力、支持力、沿传送带向下的摩擦力作用，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，滑块向下匀加速运动，当滑块与传送带达到共同速度时，若mgsin θ>μmgcs θ，则滑块受到沿传送带向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，则滑块继续向下加速运动，加速度大小改变，故A、B错误；若减小传送带的倾角，使得滑块与传送带达到共同速度时mgsin θ1≤μmgcs θ1，则此后滑块与传送带一起匀速运动，所以滑块可能先做加速运动后做匀速运动，故C正确；若传送带改为顺时针转动，若mgsin θ≤μmgcs θ，滑块不能向下运动；若mgsin θ>μmgcs θ，则滑块一直向下匀加速运动，故D错误。]
4.AD [由题图乙知，小木块先做匀加速直线运动，当速度达到v0后，以较小的加速度做匀加速运动，则0～t0时间内，小木块所受的摩擦力方向沿斜面向下，t0后小木块所受的摩擦力方向沿斜面向上，故传送带一定逆时针转动，故A正确；小木块在0～t0内，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，小木块的加速度为a1＝gsin θ＋μgcs θ，且a1＝eq \f(v0,t0)，解得μ＝eq \f(v0,gt0cs θ)－tan θ，故B错误；当小木块的速度等于传送带速度时，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向上，故传送带的速度等于v0，故C错误；t0时刻后木块的加速度为a2＝gsin θ－μgcs θ＝2gsin θ－eq \f(v0,t0)，故D正确。]
5.C [由图乙可知传送带的速度为8 m/s，A错误；在0～1 s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1，根据图乙可得a1＝eq \f(16－8,1) m/s2＝8 m/s2，联立得μ＝0.25，而在1～3 s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，故B错误，C正确；当传送带的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2＝eq \f(8－0,2) m/s2＝4 m/s2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。]
6.A [当v0μmgcs θ，可知物块先做匀加速直线运动，当v0＝v1时，摩擦力瞬间消失，然后随着物块的继续加速，摩擦力反向，依题意有mgsin θ＝μmgcs θ，即物块匀速直线运动，故A正确，B错误；当v0>v1时，对物块P受力分析，有ma＝mgsin θ－μmgcs θ＝0，即物块一直做匀速直线运动，故C、D错误。]
7.(1)4 m/s2 (2)0.25 (3)不滑出 4 m/s
解析 (1)由匀变速直线运动规律可得LOA＝eq \f(1,2)at2
解得a＝4 m/s2。
(2)由牛顿第二定律有mgsin θ－μ1mgcs θ＝ma
解得μ1＝0.25。
(3)由匀变速直线运动规律可知物体滑至A点时的速度
vA＝at＝6 m/s
而物体在传送带上滑动时的加速度大小为a1＝μ2g＝5 m/s2
则由运动学公式可得物体在传送带上速度减为零的位移为
s＝eq \f(veq \\al(2,A),2a1)＝3.6 m<10 m
故物体不会从B点滑出，速度减为零之后反向加速，加速度大小不变，加速到相对传送带静止所需位移为s′＝eq \f(v2,2a1)＝1.6 m物体返回到A点的速度vA′＝v＝4 m/s。
8.(1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
解析 (1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知
μmgcs θ－mgsin θ＝ma
解得a＝0.4 m/s2。
(2)小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，所用时间
t1＝eq \f(v2－v1,a)＝eq \f(1.6－0.6,0.4) s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为s1＝eq \f(v1＋v2,2)t1＝eq \f(1.6＋0.6,2)×2.5 m＝2.75 m
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcs θ>mgsin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
t2＝eq \f(L－s1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s
所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。