(要点归纳+夯实基础练) 第四节 牛顿定律与传送带模型-2023年高考物理一轮系统复习学思用

第四节 牛顿定律与传送带模型

【要点归纳】

一、水平传送带

二、倾斜传送带

三、求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断.

四、临界状态

当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变.

【夯实基础练】

1．(2022•西南大学附属中学校高三(下)全真二)传送装置在物流快递中的应用使得分拣工作更加智能化。如图所示，水平传送带在电机的带动下，始终以速度沿图示方向匀速运动：一质量为m的快递件以的速度从左端水平滑上传送带，最终快递件与传送带共速，则快递件与传送带间由于摩擦产生的热量为(　　)

A． B． C． D．

【解析】  快递件与传送带相对运动过程中，做匀加速直线运动，快递件的位移，传送带位移，根据速度时间关系式，根据牛顿第二定律，由于摩擦产生的热量，联立解得，故选D。

【答案】  D

2．(2022•华南师范大学附属中学一模)(多选)如图所示，一足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳定运行，一质量m = 1kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图所示，若取，，。则下列说法正确的有(   )

A．0—8s内物体位移的大小为14m

B．物体与传送带间动摩擦因数

C．0—4s内物体上升的高度为4m

D．0—8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18m

【解析】  A．物体运动的位移即v—t图像与坐标轴围成的面积，A正确；

B．由物体运动v—t图像可知，在2—6s内物体做匀加速直线运动，有，μmgcos37° - mgsin37° = ma，经过计算有μ = 0.875，B错误；

C．物体运动的位移即v—t图像与坐标轴围成的面积，在0—4s内由图知，物体运动的位移为0，则在0—4s内物体上升的高度为0，C错误；

D．由选项A可知，在0—8s内物体相对地面走过的位移x = 14m，传送带相对地面走过的位移x′ = vt = 4 × 8m = 32m，则0—8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为x = x′ - x = 18m，D正确。故选AD。

【答案】  AD

3．(2022•北京市丰台区高三(下)一模)如图所示，物块放在与水平面夹角为的传送带上，且始终与传送带相对静止。关于物块受到的摩擦力f，下列说法正确的是(　　)

A．当传送带匀速向上运动时，f的方向一定沿传送带向下

B．当传送带减速向上运动时，f的方向一定沿传送带向上

C．当传送带加速向上运动时，f的方向一定沿传送带向上

D．当传送带加速向下运动时，f的方向一定沿传送带向下

【解析】  A．物块放在与水平面夹角为的传送带上，且始终与传送带相对静止，当传送带匀速向上运动时，根据平衡条件知摩擦力与沿斜面向下的重力的分力等大反向，f的方向一定沿传送带向上，故A错误；

BD．当传送带减速向上运动或加速向下运动时，物块始终与传送带相对静止，由牛顿第二定律得，当 时，静摩擦力为零；当a＞gsinθ时，静摩擦力沿斜面向下；当a＜gsinθ时，静摩擦力沿斜面向上；故BD错误；

C．当传送带加速向上运动时，块始终与传送带相对静止，由牛顿第二定律得，f的方向一定沿传送带向上，故C正确。故选C。

【答案】  C

4．(2022•广东省深圳市高三(下)第二次调研)如图，工人用传送带运送货物，传送带倾角为，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间变化关系如图所示。己知货物质量为，重力加速度取。则(　　)

A．传送带匀速转动的速度大小为

B．货物与传送带间的动摩擦因数为

C．两点的距离为

D．运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功

【解析】  A．由图像可知，货物先向上匀加速，再向上匀速，所以传送带匀速转动的速度大小为，选项A正确；

B．开始时货物的加速度，由牛顿第二定律可知，解得货物与传送带间的动摩擦因数为，选项B正确；

C．由图像可知，AB两点的距离为，选项C错误；

D．由动能定理可知，解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功，选项D错误。故选AB。

【答案】  AB

5．(2022•福建漳州市高三(下)二模)如图甲，质量0.5kg的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0~3s段为抛物线，3s~4.5s段为直线，下列说法正确的是(　　)

A．传送带沿逆时针方向转动

B．传送带速度大小为2m/s

C．物块刚滑上传送带时的速度大小为4m/s

D．0~4.5s内摩擦力对物块所做的功为J

【解析】  AB．根据位移时间图象的斜率表示速度，可知：前2s物体向左匀减速运动，第3s内向右匀加速运动。3-4.5s内x-t图象为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即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，且速度为，故B正确，A错误；

C．由图象可知，在第3s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则，其中x=1m，t=1s，解得，根据牛顿第二定律，解得，在0-2s内，对物块有，解得物块的初速度为，故C正确；

D．对物块在0~4.5s内，根据动能定理，解得摩擦力对物块所做的功为，故D正确。故选BCD。

【答案】  BCD

6．如图所示，绷紧的长为6 m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2 m/s运行．一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5 m/s.若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(　　)

A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动

B．若传送带的速度为5 m/s，小物块将从传送带左端滑出

C．若小物块的速度为4 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出

D．若小物块的速度为1 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出

【解析】  小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移为x.根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2 m/s2，则x＝＝ m＝6.25 m>6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A错误；传送带的速度为5 m/s时，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B正确；若小物块的速度为4 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x′＝＝ m＝4 m<6 m，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移为x″＝＝ m＝1 m<6 m，以后小物块以v1＝2 m/s的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2 m/s，C正确；若小物块的速度为1 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x＝＝ m＝0.25 m<6 m，则小物块速度减到零后再向右加速，由于x<x″，则小物块不可能与传送带共速，小物块将以1 m/s的速度从传送带的右端滑出，D错误．

【答案】  BC

7．(2021·黑龙江哈师大附中)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，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的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数，则下图中能客观地反映小木块的运动情况的是(    )

A．B．C． D．

【解析】 开始阶段滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律知，因此，小木块加速到和传送带速度相等时，由于，即，小木块不会匀速运动，然后小木块会继续加速，滑动摩擦力变为沿传送带向上，由牛顿第二定律知，因此，由公式知，注意摩擦力是被动力，速度相等时摩擦力会突变。所以BD正确，AC错误。故选BD。

【答案】  BD

8．(2021·甘肃省靖远一中)如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g)(　　)

A．μ与a之间一定满足关系

B．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为

C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为

D．黑色痕迹的长度为

【解析】  A.要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即，则有：，故选项A不符合题意； BC.当煤块的速度达到v时，经历的时间：，经过的位移：，故选项B不符合题意，C符合题意；

D.此时传送带的位移：

则黑色痕迹的长度：，故选项D不符合题意．

【答案】  C

9．如图甲所示，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图象如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则(　　)

A．传送带的速度为4 m/s                B．传送带底端到顶端的距离为14 m

C．物块与传送带间的动摩擦因数为      D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反

【解析】  如果v0小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A正确；传送带底端到顶端的距离等于v－t图线与横轴所围的面积，即×(4＋12)×1 m＋×1×4 m＝10 m，选项B错误；0～1 s内，a1＝gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2，1～2 s内，a2＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，解得μ＝，选项C错误；在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误.

【答案】  A

10．(2022•辽宁省名校联盟高三(下)3月联合考试)(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，保持某一速度匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为，小木块速度大小随时间变化的关系如图乙所示。已知，重力加速度为g，则(　　)

A．传送带一定顺时针转动

B．传送带的速度大小等于

C．

D．时间后木块的加速度大小为

【解析】  A．若传送带顺时针转动，当木块下滑时满足，物块将一直匀加速到底端，且加速度不变，当木块上滑时满足，木块先匀加速，在速度与传送带相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图像，故A错误；

B．由A中分析可知，传送带逆时针转动，只有木块的速度大于传送带速度时，木块所受摩檫力才能沿传送带向上，由图乙可知，传送带速度的大小等于，故B正确；

C．木块在时间内，所受摩檫力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有，由图乙可知，联立解得，故C错误；

D．时间后木块所受摩檫力沿传送带向上，根据牛犊第二定律，把C中解得代入解得，故D正确。故选BD。

【答案】  BD

11．如图所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ=30°。现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带传送至顶端Q处。已知P，Q之间的距离为4 m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ=，取g=10 m/s2。

(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；

(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间。

【解析】  (1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力，由牛顿第二定律得

μmgcos θ-mgsin θ=ma代入数值得a=2.5 m/s2

则其速度达到传送带速度时发生的位移为x1==m=0.8 m<4 m

可见工件先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m。

(2)匀加速时，由x1=t1得t1=0.8 s

匀速上升时t2==s=1.6 s

所以工件从P点运动到Q点所用的时间为t=t1+t2=2.4 s。

【答案】  (1)先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m  (2)2.4 s

12．如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为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．

【解析】  (1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，如图甲，其加速度为a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，t1＝＝1 s，x1＝a1t＝5 m＜L，即下滑5 m与传送带速度相等．

达到v0后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan 37°，煤块仍将加速下滑，如图乙，a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，x2＝L－x1＝5.25 m，x2＝v0t2＋a2t，得t2＝0.5 s，

则煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s.

　　　　　　　　　　　　　甲　　　　　　　　　　乙

(2)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－a1t＝5 m，

第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，

Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m.

【答案】　(1)1.5 s　(2)5 m

13．如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转。从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A，B，C，物体A经tA=9.5 s到达传送带另一端Q，物体B经tB=10 s到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t=0时刻，物体在传送带上运动过程的vt图象如图乙、丙、丁所示，g取10 m/s2，求:

(1)传送带的速度大小v0；

(2)传送带的长度L；

(3)物体A，B，C与传送带间的动摩擦因数，物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC。

【解析】  (1)物体A与B均先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度最终与传送带的速度相等，所以由题图乙、丙可知传送带的速度大小是4 m/s。

(2)v-t图线与t轴围成图形的“面积”表示物体的位移，所以物体A的位移xA=×(8.5+9.5)×4 m=36 m，

传送带的长度L与A的位移大小相等，也是36 m。

(3)物体A的加速度aA==4 m/s2，由牛顿第二定律得μAmg=maA，

所以μA==0.4，同理，物体B的加速度aB==2 m/s2，μB==0.2，

设物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间为tC，则L=tC得tC==24 s，

物体C的加速度aC==0.125 m/s2，μC==0.0125。

【答案】  (1)4 m/s　(2)36 m   (3)0.4　0.2　0.0125　24 s

14．(2022•辽宁省沈阳市第二中学高三(下)二模)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1kg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，已知1.0s末物体的速度v1=10m/s，2.0s末物体恰好滑离传送带时速度v2=12m/s。取沿传送带向下为正方向，重力加速度g=10m/s2。(sin37°=0.6、cos37°=0.8)求：

(1)物体与传送带间的摩擦因数为多少？

(2)物体在传送带上运动过程中因摩擦而产生的热量为多少？

【解析】  (1)由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向上。

在0-1.0s内有

由v-t图像得

在1.0-2.0s有

由v-t图像得，联立解得

(2)由题意得传送带的速率为v1，0~1.0s物体相对传送带的路程为

1.0~2.0s物体相对传送带的路程为

物体在传送带上运动过程中产生的热量为，解得

【答案】  (1)；(2)24J

15．(2022•齐齐哈尔实验中学第一次月考)传送带以恒定速率v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝10 N拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H＝1.8m的平台上，如图所示．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：

(1)物块在传送带上运动的时间；

(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？

【解析】  (1)物体在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，做匀加速直线运动，

有：F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1，解得a1＝8 m/s2

由v＝a1t1，得t1＝0.5s，位移x1＝a1t12＝1m

物体与传送带达到共同速度后，因F－mgsinθ＝4 N＝μmgcos37°

故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升．

位移x2＝－x1＝2m，t2＝＝0.5s

总时间为t＝t1＋t2＝1s

(2)在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，因为μ＜tan37°，

故有：mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，解得：a2＝2m/s2

假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则通过的位移为x＝＝4 m＞x2

故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台．故x2＝vt3-a2t32

解得t3＝(2-)s或t3＝(2+)s(舍去)

【答案】  (1)1s(2)