备考2024届高考物理一轮复习讲义第三章运动和力的关系专题六动力学问题的模型建构题型2传送带模型

这是一份备考2024届高考物理一轮复习讲义第三章运动和力的关系专题六动力学问题的模型建构题型2传送带模型，共6页。试卷主要包含了水平传送带，倾斜传送带，12m等内容，欢迎下载使用。

2.倾斜传送带
表中a1＝gsinθ＋μgcsθ；a2＝gsinθ－μgcsθ.
物体动力学情况分析判断的要点
①受力分析时，突出对受到的摩擦力的分析，注意摩擦力会随物体相对于传送带的运动情况的变化而变化.
②当物体与传送带同向运动，达到共同速度后，要分析物体能否一起随传送带运动，可从摩擦力的供需关系（即保持一起运动所需的静摩擦力、接触面可提供的最大静摩擦力的大小关系）分析判断.
③对物体的运动进行分析时，正确选择参考系：对地运动、相对传送带的运动.
④借助v－t图像分析判断，有效快捷.
研透高考 明确方向
命题点1 水平传送带问题
4.[2024四川绵阳南山模拟/多选]应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型.传送带始终保持v＝0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2.旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法正确的是（ AD ）
A.开始时行李的加速度大小为2m/s2
B.行李经过2s到达B处
C.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.12m
D.当行李的速度与传送带的速度相同时，传送带立刻停止运动.行李从开始运动的整个过程中在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.04m
解析 开始时行李的加速度大小为a＝μmgm＝2 m/s2，选项A正确；行李与传送带共
速时经过的时间t1＝va＝0.2 s，行李的位移为x＝12at12＝0.04 m，行李匀速运动的时间
为t2＝xAB-xv＝4.9 s，则行李到达B处经过的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，选项B错误；行
李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝0.04 m，选项C错误；共速时传送
带立刻停止运动，行李做匀减速运动的位移为x1＝v22a＝0.04 m，两次划痕的长度重
合，则摩擦痕迹长度为0.04 m，选项D正确.
命题拓展
[设问拓展]行李到达B点时的速度是多少？
答案 0.4m/s
解析 由上述分析知行李在到达B点前已经和传送带共速，故行李到达B点时的速度为0.4m/s.
方法点拨
水平传送带问题中的三个要点
1.求解水平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.
2.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.
3.物体与传送带的划痕长度Δx等于物体与传送带的相对位移的大小.
命题点2 倾斜传送带问题
5.如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B的长度为LAB＝16m，传送带以v0＝10m/s的速度逆时针转动.在传送带A端无初速度释放一个质量为m＝0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，则物体从A运动到B所需的时间是多少？（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10m/s2）
答案 2s
解析 开始阶段，传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向下，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图甲所示
由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcsθ＝ma1
解得a1＝gsinθ＋μgcsθ＝10m/s2
物体加速至速度与传送带速度相等需要的时间t1＝v0a1＝1s
此时物体运动的位移s1＝12a1t12＝5m＜16m
即物体加速到10m/s时仍未到达B点
当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析如图乙所示
由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcsθ＝ma2
解得a2＝2m/s2
设此阶段物体滑动到B所需时间为t2，有
LAB－s1＝v0t2＋12a2t22
解得t2＝1s
故所需时间t＝t1＋t2＝2s.
命题拓展
命题条件不变，一题多设问
（1）物体到达B时的速度是多少？
（2）如果物体与传送带发生相对滑动，则会在传送带上留下痕迹，物体从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度是多少？
答案 （1）12m/s （2）5m
解析 （1）物体先加速至与传送带共速，然后以a2的加速度加速运动至B端，由匀变速直线运动规律可得，vB2－v02＝2a2（LAB－s1）
解得vB＝12m/s
（2）从物体开始加速至共速过程中，物体位移s1＝5m，传送带位移s'1＝v0t1＝10m，传送带与物体的相对位移Δx1＝5m，物体从共速加速至到达B的过程中，物体位移s2＝LAB－s1＝11m，传送带位移s'2＝v0t2＝10m，传送带与物体的相对位移大小为Δx2＝1m，根据运动关系可知传送带上痕迹长度Δx＝Δx1＝5m.
命题点3 传送带中的动力学图像
6.[水平传送带/多选]如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，左、右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连（紧靠但不接触），现有一可视为质点的物体从右端水平面上以速度v2向左运动，物体速度随时间变化的图像可能是（ ABD ）
解析 若物体不从传送带左端离开，物体在传送带上先减速向左滑行，速度减为
零后在摩擦力的作用下向右加速，加速度不变.在这个过程中如果v1＞v2，物体向右
运动时会一直加速，当速度增大到v2时，物体恰好离开传送带，有v'2＝v2；如果
v1≤v2，物体向左运动到速度减至零后会在摩擦力的作用下向右加速，当速度增大
到v1时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，
有v'2＝v1.若物体从传送带左端离开，物体在传送带上减速向左滑行，直接从传送带
左侧滑出传送带，则末速度一定小于v2，故ABD正确，C错误.
7.[倾斜传送带/多选]如图甲所示，一倾角为θ的足够长的倾斜传送带以恒定速率v＝4m/s顺时针转动.一煤块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，则下列说法正确的是（ AD ）
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4s
D.煤块在传送带上所留痕迹的长度为（12＋45）m
解析 由图乙得0～1 s内煤块的加速度大小a1＝12-41 m/s2＝8 m/s2，方向沿传送带向下，1～2 s内煤块的加速度大小a2＝4-01 m/s2＝4 m/s2，方向沿传送带向下，0～1 s内，对煤块由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cs θ＝ma1，1～2 s内，对煤块由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cs θ＝ma2解得θ＝37°，μ＝0.25，A正确，B错误.因v－t图线与t坐标轴所围面积表示位移，所以煤块向上运动的总位移为x＝10 m，在t＝2 s时，煤块开始反向下滑，由运动学公式得煤块下滑时间t下＝2xa2＝2×104 s＝5 s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用时间为(2＋5) s，C错误.0～1 s内煤块比传送带多走4 m，故0～1 s内划痕长4 m；1～2 s内传送带比煤块多走2 m，划痕还是4 m；2～(2＋5) s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为2 m＋12a2t下2＋vt下＝(12＋45) m，D正确.情境
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0＜v时，一直加速
v0＜v时，先加速再匀速
v0＞v时，一直减速
v0＞v时，先减速再匀速
滑块一直减速到右端
滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端.
若v0＜v，滑块返回到左端时速度为v0；若v0＞v，滑块返回到左端时速度为v
情境
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速（一定满足关系gsinθ＜μgcsθ）
先加速后匀速（μ＞tanθ）
一直加速（加速度为gsinθ＋μgcsθ）
若μ≥tanθ，先加速后匀速
若μ＜tanθ，先以a1加速，后以a2加速
v0＜v时，一直加速（加速度为gsinθ＋μgcsθ）
若μ≥tanθ，先加速后匀速；若μ＜tanθ，先以a1加速，后以a2加速
v0＞v时，若μ＞tanθ，一直匀减速，a＝g（μcsθ－sinθ）；若μ＝tanθ，一直匀速；若μ＜tanθ，一直匀加速，a＝g（sinθ－μcsθ）
若μ＞tanθ，先减速后匀速；若μ＝tanθ，一直匀速；若μ＜tanθ，一直匀加速，a＝g（sinθ－μcsθ）
（摩擦力方向一定沿斜面向上）
若μ＜tanθ，一直加速；
若μ＝tanθ，一直匀速
若μ＞tanθ，一直减速
若μ＞tanθ，先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0（类竖直上抛运动）