2025高考物理一轮考点突破训练第3章运动和力的关系专题强化4传送带模型和“滑块_木板”模型考点1传送带模型

这是一份2025高考物理一轮考点突破训练第3章运动和力的关系专题强化4传送带模型和“滑块_木板”模型考点1传送带模型，共5页。试卷主要包含了传送带模型的受力分析，传送带模型的运动分析等内容，欢迎下载使用。
解答传送带问题，应做好两个分析
1．传送带模型的受力分析
(1)摩擦力方向的判断：同向“以快带慢”、反向“互相阻碍”。
(2)共速时摩擦力可能突变：
①滑动摩擦力突变为零；
②滑动摩擦力突变为静摩擦力；
③摩擦力方向突变。
2．传送带模型的运动分析
(1)参考系的选择：①研究物体的速度、位移、加速度时均以地面为参考系；②研究物体的滑行痕迹等一般以传送带为参考系。
(2)判断共速后物体能否与传送带保持相对静止。
(3)判断物体在达到共速之前是否滑出传送带。
►考向1 水平传送带模型
[解析] (1)传送带的速度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－veq \\al(2,0)＝－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 s⑥
(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)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)⑦
μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)⑧
由⑦⑧式并代入题给数据得
v1＝eq \r(2) m/s，v2＝4eq \r(3) m/s。
[答案] (1)2.75 s (2)4eq \r(3) m/s eq \r(2) m/s
要注意三个状态的分析——初态、共速和末态
►考向2 倾斜传送带模型
如图所示，为一传送货物的传送带abc，传送带的ab部分与水平面夹角α＝37°，bc部分与水平面夹角β＝53°，ab部分长为4.7 m，bc部分长为7.5 m。一个质量m＝1 kg的物体A(可视为质点)与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。传送带沿顺时针方向以速率v＝1 m/s匀速转动。若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c处，此过程中物体A不会脱离传送带。求物体A从a处被传送到c处所用的时间。(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2)
[解析] 物体A在传送带ab上相对滑动时，由牛顿第二定律得μmgcs α－mgsin α＝ma1，
解得a1＝0.4 m/s2，
物体运动到与传送带速度相等时所需的时间t1＝eq \f(v,a1)＝2.5 s，
此段时间内物体运动的位移s1＝eq \f(v2,2a1)＝eq \f(12,2×0.4) m＝1.25 mμmgcs β，所以物体沿传送带bc部分匀加速运动到c点，物体A在传送带bc部分匀加速下滑，
由牛顿第二定律得ma2＝mgsin β－μmgcs β
解得加速度a2＝gsin β－μgcs β＝3.2 m/s2，
设在bc部分运动的时间为t3，由匀变速运动位移公式
得sbc＝vt3＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,3)，
代入数据解得t3＝1.875 s。
物体A从a处被传送到c处所用的时间
t＝t1＋t2＋t3＝7.825 s。
[答案] 7.825 s
►考向3 传送带模型中的图像问题
(多选)(2024·海南联考)国家粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。如图1所示，以某一恒定速率v0运行的传送带与水平面的夹角θ＝37°，转轴间距L＝3.5 m。工人沿传送方向以速度v1＝1.5 m/s从传送带顶端推下粮袋(视为质点)，4.5 s时粮袋运动到传送带底端，粮袋在传送带上运动的v－t图像如图2所示。已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则( BC )
A．在t＝2.5 s时刻，粮袋所受摩擦力方向改变
B．粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.8
C．传送带运行的速度大小为0.5 m/s
D．在0～2.5 s内粮袋处于失重状态
[解析] 由图2可知，在0～2.5 s内，粮袋的速度大于传动带的速度，则粮袋受沿斜面向上的滑动摩擦力，在2.5 s～4.5 s内，粮袋匀速下滑，根据平衡条件可知，粮袋受沿斜面向上的静摩擦力，故A错误；根据v－t图像中，图线与横轴围成的面积表示位移的大小，根据题意，由图2可知L＝eq \f(1,2)(v0＋1.5)×2.5＋(4.5－2.5)v0＝3.5 m，解得v0＝0.5 m/s，故C正确；由图2和C分析可知，粮袋在0～2.5 s内的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(0.5－1.5,2.5) m/s2＝－0.4 m/s2，则加速度方向沿斜面向上，则在0～2.5 s内粮袋处于超重状态，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcs θ＝ma，联立代入数据解得μ＝0.8，故D错误，B正确。情景
滑块的运动情况
l≤eq \f(v2,2μg)时，一直加速
l>eq \f(v2,2μg)时，先加速后匀速
v0v且l≤eq \f(v\\al(2,0)－v2,2μg)时，一直减速
v0>v且l>eq \f(v\\al(2,0)－v2,2μg)时，先减速再匀速
l≤eq \f(v\\al(2,0),2μg)时，滑块一直减速到右端
l>eq \f(v\\al(2,0),2μg)时，滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端
若v0v，则返回到左端时速度为v
情景
滑块的运动情况
l≤eq \f(v2,2a)时(a＝μgcs θ－gsin θ)一直加速(一定满足关系gsin θeq \f(v2,2a)时，先加速后匀速(一定满足关系gsin θeq \f(v2,2a)时，若μ≥tan θ，先加速后匀速
l>eq \f(v2,2a)时，若μtan θ时，一直减速(a＝μgcs θ－gsin θ)
l>eq \f(v\\al(2,0),2a)且μ>tan θ时，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，加速到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v