统考版高考物理复习热点专项练三牛顿运动定律第24练(模型方法)“传送带”模型的动力学问题含答案

这是一份统考版高考物理复习热点专项练三牛顿运动定律第24练(模型方法)“传送带”模型的动力学问题含答案，共4页。试卷主要包含了水平传送带问题，倾斜传送带问题等内容，欢迎下载使用。

思维方法
1．水平传送带问题：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．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．
2．倾斜传送带问题：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
一、选择题
1．(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沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速率v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v′2，则下列说法中正确的是( )
A．只有v1＝v2时，才有v′2＝v1
B．若v1>v2时，则v′2＝v2
C．若v1D．不管v2多大，总有v′2＝v2
2．(多选)如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示．已知图线在前3.0 s内为二次函数，在3.0 s～4.5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．传送带沿顺时针方向转动
B．传送带沿逆时针方向转动
C．传送带的速度大小为2 m/s
D．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2
3．(多选)[2022·山东省济南市一模]如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°，现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列判断正确的是( )
A．物块A先到达传送带底端
B．物块A、B同时到达传送带底端
C．传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上
D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
4．(多选)如图甲所示，传送带以速率v1顺时针匀速转动，在其水平部分的右端B点正上方有一竖直弹性挡板．一定质量的小物块以初速度v0(v0大于v1)从左端A点滑上传送带，恰好能返回A点，运动过程中的v­t图象如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．v0和v1大小满足v0＝2v1
B．若只增大v0，其他条件不变，物块将从传送带左端滑下
C．若v0＝v1，其他条件不变，物块将在传送带上往复运动
D．若只减小v0，其他条件不变，物块有可能不会返回A点
二、非选择题
5．如图所示为快件自动分拣装置原理图，快件通过一条传送带运送到各个分拣容器中．图中水平传送带沿顺时针匀速转动，速度为v，右侧地面上有一个宽和高均为d＝1 m的容器，容器左侧离传送带右端B的水平距离也为d，传送带上表面离地高度为2d，快件被轻放在传送带的左端A，运动到B端后做平抛运动，A、B间距离为L＝2 m，快件与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)若v＝2 m/s，则快件在传送带上运动的时间；
(2)要使快件能落入容器中，快件在B端抛出的速度至少多大？
(3)要使快件能落入容器中，传送带匀速转动的速度大小范围．
第24练 （模型方法）“传送带”模型的动力学问题
1．答案：BC
解析：物体在传送带上向左减速、向右加速的加速度大小相同；当v1>v2时，向左减速过程中前进一定的距离，返回时，因加速度相同，在这段距离内，加速所能达到的速度仍为v2；当v12．答案：ACD
解析：根据位移—时间图象可知：前2 s物体向左匀减速运动，第3 s内向右匀加速运动．3～4.5 s内，物块与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动．传送带的速度等于物块向右匀速运动的速度v＝ eq \f(Δx,Δt) ＝ eq \f(3,4.5－3) m/s＝2 m/s；故A、C两项正确，B项错误．由图象可知，在第3 s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则x＝ eq \f(1,2) at2（其中x＝1 m，t＝1 s）a＝ eq \f(μmg,m) ＝μg，解得：μ＝0.2.D项正确．
3．答案：BCD
解析：本题考查非常规传送带上物体的运动．由于mg sin 37°＝0.6mg，μmg cs 37°＝0.5×0.8mg＝0.4mg，所以对两物块受力分析后知两物块都相对传送带向下加速滑动；加速度的大小都是a＝g sin 37°－μg cs 37°＝2 m/s2，初速度相同，加速度大小相同，经过的位移大小相同，根据x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2可得两者的运动时间相同，都为t＝1 s，即两者同时到达底端，故A错误，B正确；两物块均相对传送带向下加速滑动，传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上，故C正确；传送带在1 s内的路程x＝v0t＝1 m，物块A与传送带是同向运动的，A的划痕长度是斜面长度减去在此时间内传送带的路程，即ΔxA＝2 m－1 m＝1 m；B与传送带是反向运动的，B的划痕长度是斜面长度加上在此时间内传送带的路程，即ΔxB＝2 m＋1 m＝3 m．A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3，故D正确．
4．答案：BC
解析：物块与挡板的碰撞是弹性的，结合v­t图象可知，小物块恰好减速到与传送带速度相等时与挡板碰撞，向左减速至A点速度为零，由v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) －v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝2μgL，v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝2μgL可得v0＝ eq \r(2) v1，A错误；若只增大v0，其他条件不变，则物块与挡板碰后速度将大于v1，物块必从传送带左端滑下，当v0＝v1时，物块碰后速度为v1，恰好能回到A点，后向右加速，出现往复运动，B、C正确；若只减小v0，无论减小到什么值，物块到达挡板处的速度均为v1，故物块一定能返回A点，D错误．
5．答案：（1）1.2 s （2） eq \r(5) m/s （3） eq \r(5) m/s≤v ≤2 eq \r(5) m/s
解析：（1）快件在传送带上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得μmg＝ma，则加速度大小为a＝μg＝5 m/s2，
快件加速到与传送带速度相等时运动的位移为x＝ eq \f(v2,2a) ＝0.4 m（2）快件离开传送带做平抛运动，恰好从容器左壁上端落入时有d＝ eq \f(1,2) gt2，d＝v1t，联立解得v1＝ eq \r(5) m/s.
（3）设快件落入容器时在B端处的最大速度为v2，则有2d＝v2t，解得v2＝2 eq \r(5) m/s，
快件在传送带上一直匀加速运动到B端时的速度为v3＝ eq \r(2aL) ＝2 eq \r(5) m/s，因此仅需满足传送带的速度大小范围 eq \r(5) m/s≤v ≤2 eq \r(5) m/s.