第四章 专题强化练14　传送带模型 同步练（含答案） 高中物理人教版（2023） 必修 第一册

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训练1水平传送带模型

1.(2022·肇庆市高一期末)如图所示，一水平传送带沿顺时针方向以v0匀速转动，在传送带左端A处无初速度地轻放一小物块，则关于小物块从A端运动到B端过程中，速度v随时间t的变化图像，下列选项中可能正确的是()

2.(2022·如皋市高一期末)如图所示，一火车站的传送带以0.8m/s的速度顺时针匀速转动，传送带上表面A、B两端间的距离为2m。旅客将行李(可视为质点)无初速度地放在A端，行李与传送带间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取10m/s2，则行李从A端运动到B端的时间为()

A．2.4sB．2.5sC．2.6sD．2.8s

3.(2022·常州市高一期末)如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v＝2m/s，A、B两端间距离为3m，一物块(可视为质点)从B端以初速度v0＝4m/s滑上传送带，物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图像是图中的(以v0的方向为正方向)()

4．(2022·钦州市高一期末)如图甲，水平传送带逆时针匀速转动，一小物块以某一速度从最左端滑上传送带，取向右为正方向，从小物块滑上传送带开始计时，小物块的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示，g取10m/s2，则()

A．传送带的速度大小为2.0m/s

B．小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2

C．小物块相对传送带滑动的总时间为4.5s

D．小物块相对传送带滑动的总距离为4.5m

5.(2023·泉州市高一期末)如图，传送带顺时针匀速转动，在其左端无初速度的放上木块P，木块被运送到右端。现将传送带的转动速率调大，再次将木块P无初速度放在传送带左端，则木块()

A．加速过程中的加速度变大

B．运动到传送带右端时的速度一定变大

C．运动到传送带右端的时间一定变短

D．与传送带之间相对滑动的路程一定变大

6.如图，一平直的传送带以速率v＝2m/s顺时针匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过6s，物体到达B处，A、B相距L＝10m，重力加速度g＝10m/s2。则：

(1)求物体在传送带上做匀加速运动的时间；

(2)求物体与传送带之间的动摩擦因数；

(3)若物体是煤块，求煤块在传送带上的划痕长度。

7.如图所示为一水平传送带。紧绷的传送带始终以恒定的速率v＝1m/s顺时针运行，一质量为m＝4kg的物体无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2m，g取10m/s2。

(1)求物体刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；

(2)求物体由A运动到B的时间；

(3)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处，求物体从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。

训练2倾斜传送带模型

1.(2022·南京市高一期末)传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为倾斜传送带装置示意图，传送带足够长，木箱M在静止的传送带上以速度v匀速下滑，某时刻传送带突然顺时针以速度v1启动，则传送带启动后()

A．木箱M开始加速上滑

B．木箱M开始减速下滑

C．木箱M继续匀速下滑

D．木箱M开始匀速上滑

2.如图，倾角θ＝37°的足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，现将一质量m＝2kg的小物体轻放在传送带的A端，小物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则在上升过程中小物体()

A．加速度恒定

B．一直加速

C．所受的摩擦力方向不变

D．所受的摩擦力大小始终为12N

3.(2023·济宁一中高一月考)如图所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1，如果传送带以速度v0顺时针运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为t2，那么()

A．t1＝t2B．t1>t2

C．t1mgsin37°＝12N，则物体沿传送带加速向上运动，由于传送带足够长，当物体的速度与传送带的速度相等时，因μmgcos37°>mgsin37°，则之后物体相对传送带静止，随传送带一起匀速向上运动，物体所受静摩擦力大小为12N，方向沿传送带向上，则选项C正确，A、B、D错误。]

3．A[滑块受重力、支持力、滑动摩擦力作用，当传送带以速度v0顺时针运动起来，保持其他条件不变时，滑块所受支持力不变，摩擦力大小和方向都不变，根据牛顿第二定律可知，两种情况下，滑块的加速度相等，而两种情况下滑块的位移也相等，根据x＝at2可知，两种情况下滑块运动的时间相等，即t1＝t2，选项A正确。]

4．D[开始时小木块相对传送带向上运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，则小木块的加速度大小为a1＝gsinθ＋μgcosθ，则开始时小木块沿传送带向下做匀加速直线运动，因传送带足够长，则小木块和传送带能够共速，共速时，因μ＜tanθ，小木块将继续加速运动，加速度大小为a2＝gsinθ－μgcosθ，综上所述，小木块先以a1做匀加速直线运动，后以a2做匀加速直线运动，且a1>a2，故A、B、C错误，D正确。]

5．(1)3m/s(2)7s

解析(1)对物块受力分析，

由牛顿第二定律得

μmgcosθ－mgsinθ＝ma，

得a＝0.4m/s2

物块与传送带相对运动所用时间

t1＝＝5s

物块运动的位移

x1＝t1＝10mtanθ，所以5s后物块随传送带一起匀速运动，故6s时物块的速度大小为3m/s

(2)物块匀速运动的位移

x2＝L－x1＝6m，

匀速运动时间t2＝＝2s

物块从A运动到B所用的时间

t＝t1＋t2＝7s。

6．见解析

解析(1)由题图乙知，0～0.5s内

a1＝＝10m/s2

0．5～1.5s内a2＝＝2m/s2

(2)0～0.5s内，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1

0．5～1.5s内，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2

联立解得μ＝0.5

(3)由题图乙知，传送带的速率

v1＝5m/s，

0～0.5s内传送带比小煤块多运动

Δx1＝v1t1－v1t1＝1.25m，

0．5～1.5s内小煤块比传送带多运动

Δx2＝(v1＋v2)t2－v1t2＝1m

痕迹覆盖，所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为1.25m。

7．(1)见解析(2)1s(3)10m/s

解析(1)在水平传送带上，共速前，

对包裹由牛顿第二定律可得

μmg＝ma1，

解得a1＝5m/s2，

设经过时间t1与传送带共速，

则t1＝，x1＝a1t12

联立得x1＝0.4m<4m，

可见包裹到达B点时已经与传送带共速。

(2)包裹进入传送带倾斜部分后，

因为μmgcosθ<mgsinθ，故包裹继续加速，对包裹由牛顿第二定律可得

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2

又xBC＝vt2＋