专题04 传送带模型

1、2022届高三物理二轮常见模型与方法综合特训专练专题04传送带模型专练目标专练内容目标1水平传送带模型（IT6T）目标2倾斜传送带模型（7T11T）目标3电磁场中的传送带模型（12T16T）【典例专练】一、水平传送带模型A.小物块的初速度为4m/sC.传送带的速度大小为2m/si如图甲所示，一小物块从水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感 器记录的小物块的位移X随时间t的变化关系如图乙所示，已知图线在前3s内为二次函数， 在3s 4.5sA.小物块的初速度为4m/sC.传送带的速度大小为2m/s_丄 L345 /s乙传送带沿逆时针方向转动D.小物块与传送带间的动摩擦因数为卩二0

2、.2【答案】B【详解】AD.因2s末物体的速度减为零，位移为4m,则a = 2m/s2根据匀变速直线运12动速度时间公式，可得v0 = at = 4m/s又根据a =卩g可知，小物块与传送带间的动摩擦因数为卩=0.2，AD不符合题意；由x-t图像可知，因图像的斜率等于速度，故物体的速度先减小到零后，反向增加，最 后运动运动，可判断传送带顺时针方向转动，B符合题意;Ax 3C.由3.0s4.5s内的图像可知，传送带的速度为v = m/s = 2m/s , C不符合题意;At4.5 3故选Bo2.如图所示，水平传送带AB间的距离为16m，质量分别为2kg、4kg的物块P、Q,通过 绕在光滑定滑轮上

3、的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带以 8m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度g = 10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩 擦力。当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（）Q与传送带间的动摩擦因数为0.6Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4s整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8m20Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为守N【答案】C【详解】A.当传送带以v = 8m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析，则有F = Ff即mg =卩mgpQ代入数据解得R= 0.5故A错误;当传送带突然以v = 8m/s顺时针转动，物

4、体Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛 顿第二定律有、 20+讣解得a = Tm/s2当速度达到传送带速度即8m/s后，做匀速直线运动，根据速度时间公式有v = at代入数据解得匀加速的时间为t1 = 1.2 s，匀加速的位移为x=H代入数据解得m，则匀速运动的时间为0=令代入数据解得丁1-4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总二ti +12 = 2.6s故B错误；加速阶段的位移之差为Ax = vti - x = 4.8m而匀速阶段Q相对传送带静止，没有相对位移，故整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8m,故C正确；20 当Q加速时，对P分析，根据牛顿第二定律有mg - T =

5、ma代入数据解得T = N之PP3后做匀速直线运动，对对P分析，根据平衡条件有T二mg = 20N故D错误。故选C。P3如图所示，水平传送带长L=11.5 m,以速度v=7.5 m/s沿顺时针方向匀速转动。在传送带 的A端无初速度地释放一个质量m=1 kg的滑块(可视为质点),在将滑块放上传送带的同时， 对滑块施加一个大小F=5 N、方向与水平面成涉=37。的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数 1=0.5，重力加速度大小g=10 m/s2, sin 37=0.6, cos 37=0.8。则滑块从A端运动到B端的时 间是()C. 3 C. 3 sD. 4 s【答案】B【详解】设滑块刚释放时的加速度

6、为叫，由牛顿第二定律有Feos 37+“ (mg Fsin 37) =mar 解得 a1=7.5 m/s2vv滑块与传送带达到共同速度所用的时间t= =1 s此过程中滑块向右运动的位移S= V1 a11 2t=3.75 m共速后，因Feos 37沖(mg Fsin 37)滑块继续向右做加速运动，由牛顿第二定律有Feos 37卩(mg Fsin 37) =ma2 解得a2=0.5 m/s2滑块到达B端时的速度vR.;v2 + 2a (L-s) -8 m/s滑块从与传送带速度相同的位置2 B 2 1V -V到B端所用的时间t2=r =1 s滑块从A端到B端所用的时间t=t+t=2 s，B项正确；A

7、CD错2 a1 22误；故选B。图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v运行，初速度大小为v的小物块从与传1 2送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块 在传送带上运动的vt图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知V v，则（）2 1t时刻，小物块离A处的距离达到最大2t时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大20 t时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右20 t时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用3【答案】BC【详解】A.相对地面而言，小物块在t小时间内，向左做匀减速运动，彳之后反向向右1 1向右运动，故小物块在t时刻离A处距离最大，A错误；1小物

8、块在t1小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；t2时间内， 反向向右做匀加速运动，但速度小于传送带向右速度，仍是相对传送带向左运动，t时刻两2者同速，在t t时间内，小物块相对于传送带静止一起向右匀速运动，所以S时刻小物块232相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；由B中分析可知，0t时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方2向一直向右，C正确；在0t时间内，小物块相对传送带一直向左运动，故小物块一直受向右的滑动摩擦力，2在t t时间内，小物块相对于传送带静止；小物块不受摩擦力作用，故D错误。故选BC。23条绷紧的水平传送带AB以恒定速度v1做匀速直线运动，传送

9、带右端的光滑水平台面 与传送带上表面等高，二者间的空隙极小不会影响滑块的运动。滑块以速度v向左从A点2滑上传送带，在传送带上运动时动能随路程变化如图像所示，已知滑块质量m =2kg,可视为 质点，重力加速度g = 10m/s2。则下列说法中正确的是()滑块在传送带上的运动时间为4.5s若传送带运动速度V增大，则滑块在传送带上运动时间一定越来越小滑块从滑上传送带到再次滑回平台整个过程中因摩擦产生的内能为36J滑块从滑上传送带到再次滑回平台整个过程中，传送带的电机多消耗的电能为12J【答案】AC1【详解】A.由动能的表示式E =三mv2得物块的初速度为4m/s，减速到0时，位移为4m，k 2由 v

10、2 = 2ax1解得物块在传送带上的加速度为a = 2m/s2则所用时间为t = 2s然后物块反向加速到与1 a传送带共速后速度不再发生变化，由图可得，传送带速度为2m/s，则物块与传送带共速所需的时间t = 1 = 1s期间的位移为x = at2 = 1m方向水平向右，则剩余3m做匀速直线运动， 2 a222x x所需时间为t3 =r 2 = 1-5s滑块在传送带上的运动时间为t = t +1 +1 = 4.5s故A正确；3V1231物块做减速运动时间恒定，当皮带速度大一些时，物块返回的时间会变短，当皮带速度大于4m/s时，物块返回时间不变，在皮带上运动的总时间也不变，故B错误；物块向左运动

11、时，物块和传送带的相对位移为A%1 = 4m + 2 x 2m = 8m物块向右运动时， 物块和传送带的相对位移为Ax = 2x 1m1m = 1m由牛顿第二定律得物块与传送带间的摩擦2力大小为f = ma = 4N则滑块从滑上传送带到再次滑回平台整个过程中因摩擦产生的内能为 Q = f (Ax + Ax ) = 36J 故 C 正确；1 2D传送带的速度不变，由动能定理得 - mW t2) = 0代入数据解E = 24J滑块从滑上传 送带到再次滑回平台整个过程中，传送带的电机多消耗的电能为24J，故D错误。故选AC。如图所示，竖直平面内圆弧轨道AP和水平传送带PC相切于P点。一质量为m的小物

12、块 从圆弧某处下滑，到达底端P时速度为w再滑上传送带PC,传送带以速度2v逆时针方向 转动。小物块与传送带间的动摩擦因数为卩,不计物体经过圆弧轨道与传送带连接处P时的 机械能损失，物块恰能滑到右端C,重力加速度为g。下列说法正确的是( )传送带PC之间的距离L = 8卩g小物块能回到P点，且速度大小为1 v2若传送带沿逆时针方向转动的速度增大，则小物块从P点运动到C点所用时间变长若传送带顺时针转动，速度大小为2V不变，则小物块从P点运动到C点所用时间比逆Z-!时针转动时短【答案】BD1【详解】A.根据动能定理，物块从P到C：-卩mgL = 0-mv2传送带PC之间的距离L =故A错误;B.物块

13、到达C点后，在传送带的摩擦力作用下向左加速运动，当其速度等于传送带的速度 时，根据动能定理卩mgx = mC|)2得x = 此后物块随传送带匀速运动，回到P点，故B 正确；若传送带沿逆时针方向转动的速度增大，由于物块所受的摩擦力不变，加速度不变，小 物块从P点运动到C点所用时间不变，故C错误；若传送带顺时针转动，速度大小为2V不变，物块速度减小到与传送带速度相等后，随 传送带一块匀速运动，则小物块从P点运动到C点所用时间比逆时针转动时短，故D正确。 故选BD。、倾斜传送带模型7.如图所示，与水平面成0 = 30。角的传送带以v = 2m/ s的速度顺时针运行，质量为m = 1kg的小物块以初速

14、度vo = 4m/s从底部滑上传送带，物块恰好能到达传送带顶端。已知物块与10m/s210m/s2。下列说法正确的是（）传送带从底端到顶端的长度为1m物体在传送带上向上运动的时间为0.5s物块在传送带上留下的划痕长度为1.25m物体在传送带上向上运动过程中与传送带摩擦产生的热量为3.75J【答案】D【详解】AB.小物块滑上传送带做匀减速直线运动，由牛顿第二定律mg sin0 +mg sin0 +卩mg COs0 = ma1设经过时间t!减速到与传送带速度相等X1 =V 2 V 2 02aiV 一 V0 解a1得X=0.75m, -=0.25s速度小于传送带速度后，受向上滑动摩擦力，由牛顿第二定

15、律mg sin 0 -卩mg cos 0 = ma?2a2v mg sin 0 -卩mg cos 0 = ma?2a2长度为 L=x + x = 1.75m ， t = t +1 = 1.25s 故 AB 都错误;1 2 1 2C.在t1和t2时间，传送带分别向上位移X = Vt，x = Vt物块相对传送带上滑丄21122As =x - x =0.25m， As =x - x = - 1m即物块先相对传送带上滑0.25m，后相对传送带下 1 1 1 2 2 2滑1m,则划痕长度为1m,故C错误；D.物块相对传送带滑动路程为山=Asi + |AsJ=1.25m则摩擦生热Q=mgcos0 -As带

16、入数据 可得 Q=3.75J故D正确。故选Do8如图（a）,倾角为37。的传送带以v=5m/s的速度逆时针匀速转动，传送带AB之间的距 离为20m，质量为m=1kg的物块（可视为质点）自A点无初速度放上传送带。物块在传送 带上运动时，其动能Ek与位移x关系图像（Ek-x）如图（彷）所示，物块与传送带之间的动 摩擦因数为”,重力加速度g取10m/s2, sin37=0.6, cos37=0.8。则下列说法中正确的是（）图(b)图(b)物块与传送带之间的动摩擦因数“=0.25物块到达传送带底端B点时的动能为E=25J整个过程中因摩擦而产生的内能为30JD若物块能在传送带上留下痕迹，则痕迹的长度为7

17、.5m【答案】C【详解】A.由图0）可知，Ek-x图像的斜率表示合外力的大小，物块无初速度放上传送E带，所受滑动摩擦力沿传送带向下，0 x0段有君=mg$迅37。+卩COS37。）； x = x0时物块与0传送带共速，xo16xo动能继续增大，速度增大，说明二者共速后物块继续加速，所受滑动A错误;3 A错误;摩擦力沿传送带向上，有4 0 =（Sin37。- y cos37。）联立解得卩=0-5，15 x01 1B x = x0时物块与传送带共速萨=严解得曽50J，B错误;C. 0 x段物块加速度a = g(sin37 + y cos37 ) = 10m/s2故经t.=0.5s与传送带共速 0

18、1 1x = vt = 2.5m , x = x = 1.25m此阶段相对位移Ax = 1.25m ； x 16x段物块加速度传1物10100a = g (sin 37。一卩 cos37 ) = 2m/s22115x石 vt + a 12 解得 t=2.5s ； x = vt = 12.5m, x = 15x = 18.75m 此阶段相对位移 02 2 2 22传 2物 20Ax = 6.25m因此整个过程中因摩擦而产生的内能为Q = pmg cos37 -(Ax +Ax ) = 30J , C正2 1 2确；D若物块能在传送带上留下痕迹，因为Ax1 = l,25m，Ax2 = 6.25m，A

19、x1 m sin6。开始时将物 ba块a从斜面底端由静止释放，a在斜面中点与传送带共速后再向上匀速运动，如图甲。若将小物块与传送带间因摩擦产生的热量，a比c多【详解】A a、c的初末速度相同，但是加速的位移a比c小，a =宁故a的加速度比c大。对系统分析 mg - mg sin 6 + pm g cos 6 = (m + m )abaaabB.对系统，列全程，根据功能关系有AE +巴 =Wf由于甲乙两种情况下系统机械能变化 ab f相同，故传送带对a或c的摩擦力做功相同，故B正确;乘以建度方向上的力，因为m gsin0 01a 22b122 b2 a故D正确。故选ABD。如图所示，现将一长为厶

20、、质量为m且分布均匀的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为为斜面部分光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上。将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度为L时，链条恰能保持静止。现将链条从位于传送带部分的长度为L43的位置由静止释放，则下列说法正确的是（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）链条与传送带之间的动摩擦因数卩=4tan 01释放瞬间链条的加速度为3 g sin 0释放后，链条运动的加速度均匀增大从开始到链条离开斜面的过程中，传

21、送带对链条做的功等于链条动能的增加【答案】AB【详解】A.设整个链条的总质量为m,当位于传送带部分的长度为L时，链条恰能保持静4止，则mg sin0=mg cos0 解得卩=4tan0 , A 正确；4释放的瞬间，根据牛顿第二定律卩3mg cos0 -mg sin0 = ma解得a = 3gsin0 , B正确；设链条从静止释放，释放后链条受摩擦力随着链条在传送带的长度均匀增大，则链条的 加速度在增大，C错误；从开始到链条离开斜面的过程中，根据动能定理W-W =AE传送带对链条做的功大于Gk链条动能的增加，D错误。故选AB。三、电磁场中的传送带模型如图，一质量为m、电荷量为q的带负电绝缘小物块

22、以水平初速度v0从左端冲上长为L 的水平传送带，并从传送带右端滑下、已知物块与传送带间的动摩擦因数为u,传送带沿顺 时针方向运行，速度大小恒为1 v0，整个空间存在场强大小E=、方向水平向左的匀强2 0q电场。关于物块在传送带上的运动，下列说法正确的是（）物块将先做匀加速直线运动后做匀速直线运动物块将先做匀减速直线运动后做匀速直线运动电动机因物块在传送带上的运动而多消耗的电能为卩mgLd.电动机因物块在传送带上的运动而多消耗的电能为巴2【答案】D【详解】AB.对物块受力分析有Eq-pmg = 0所以物块做匀速直线运动。AB错误；CD.物块离开传送带的时间为t = V传送带的位移为s = 2=

23、I电动机因物块在传送带上的运动而多消耗的电能为E二fs二巴严,C错误，D正确。故选Do如图所示绝缘传送带长为/,倾角为氏沿顺时针方向转动，速度大小恒为0.5岭，质量 为、电荷量为一q的带电物块（可视为质点），以初速度v0从底端滑上传送带，并从传送 带顶端滑出。整个空间存在匀强电场，场强大小E =竺泄，方向平行于传送带斜向下。q传送带与物体间动摩擦因数“H0，运动过程中物块所带电量不变，重力加速度为g。物块从 底端滑至顶端的过程中，下列说法中正确的是（）物块可能先做匀减速直线运动后做匀速直线运动物块可能先受到滑动摩擦力的作用，再受到静摩擦力的作用物块电势能增加了 mglsinQ3物块克服摩擦力做

24、功可能为：mv 28 0【答案】AD【详解】AB.物块收到的电场力为F二Eq二mg sin9 一开始物块速度比传送带速度大，所以 物块收到沿斜面向下的滑动摩擦力，当物块速度和传送带速度相等时，物块和传送带没有相 对滑动，重力向下的分力等于电场力，所以滑动摩擦力突变为0,物块后面做匀速直线运动， 故A对，B错；因为运动方向和电场力方向一样，所以电场力做正功，电势能减少，故C错；物块先做匀减速运动后做匀速直线运动对全过程列，根据功能关系得：克服摩擦力做功 为113故选AD.=一 mv2 - m(0.5v ) = mv2 故 D 故选AD.2 o 2o 8 o如图甲所示，倾角为&的绝缘传送带以2 m

25、/s的恒定速率沿顺时针方向转动，其顶端与 底端间的距离为5 m，整个装置处于方向垂直传送带向上的匀强电场中，电场强度大小随时 间按图乙规律变化。t=0时刻将质量m=0.02 kg的带正电小物块(电荷量为q)轻放在传送 带顶端，物块与传送带间的动摩擦因数为上6，已知sin涉=：、cosE2-6， E = 2、6mg，65505q取g=10 m/s2,则小物块( )甲乙始终沿传送带向下加速运动过程中加速度大小变化在传送带上运动的总时间为2.5 s与传送带之间因摩擦产生的总热量为0.48 J【答案】D【详解JAB.存在电场时，有mg sin 0-p(mg cos 0-Eq) = ma解得a = 2m

26、/s2不存在电场时，有mg sin 0-卩mg cos 0 = ma解得a = -2m/s2所以小物块先匀加速再匀减速运动，交替进行,AB错误；11s 一个周期运动的位移为s = 2X-a(-T)2 = 2m所以运动的时间为t =T = 5s，C错误；o 2 2s01在没有电场时，小物块与传送带间有摩擦，所以相对位移为s = 2(2x 1 + 2x2x 1)m = 6m发 热量为Q =卩mg cos 0 - s = 0.48J， D 正确。故选 D。如图甲，一带电物块无初速度地放在传送带底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针方向传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过 程中，其vt图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说 法正确的是（）该物块带负电传送带的传动速度大小一定为1m/s若已知传送带的长度，可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移在24.5s内，物块与传送带仍可能有相对运动【答案】D【详解】A.由题图乙可知，物块先做加速度减小的加速运动再做匀速运动，物块的最大速 度是1m/s .对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和