第三章 微专题23　“传送带”模型问题-2025年高中物理《加练半小时》新教材版

第三章运动和力的关系第三章运动和力的关系微专题23“传送带”模型问题1．传送带问题：关键在于对物体摩擦力性质(静摩擦力还是滑动摩擦力)、方向及运动过程的判断。当物体与传送带不共速时，一定为滑动摩擦力；当物体与传送带共速时，要假设接触面光滑看相对运动趋势，然后判断之后的运动方向。2.当物体速度与传送带速度相同时，要通过受力分析和状态分析判定以后能否一起运动，物体的摩擦力可能突变。1.(2023·广东省深圳中学阶段测试)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开始运行，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运行。传送带速度达到v时，煤块未与其共速，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μ>eq\f(a,g)B．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为eq\f(v2,μg)C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为eq\f(v,μg)D．黑色痕迹的长度为eq\f(v2,2μg)答案C解析根据牛顿第二定律得，煤块的加速度a′＝μg，要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即a>μg，则μ<eq\f(a,g)，故A错误；煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间为t＝eq\f(v,a′)＝eq\f(v,μg)，此过程煤块的位移为x1＝eq\f(v2,2μg)，此过程传送带的位移为x2＝eq\f(v2,2a)＋v(eq\f(v,μg)－eq\f(v,a))＝eq\f(v2,μg)－eq\f(v2,2a)，煤块相对于传送带的位移即黑色痕迹的长度为Δx＝x2－x1＝eq\f(v2,2μg)－eq\f(v2,2a)，故C正确，B、D错误。2.如图所示，一绷紧的水平传送带以恒定的速率v＝10m/s运行，某时刻将一滑块轻轻地放在传送带的左端，已知传送带与滑块间的动摩擦因数为0.2，传送带的水平部分A、B间的距离足够长，将滑块刚放上去2s时突然停电，传送带立即做加速度大小a＝4m/s2的匀减速运动至停止(重力加速度取g＝10m/s2)。则滑块运动的位移为()A．8mB．13.5mC．18mD．23m答案C解析停电前，滑块的加速度a1＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，滑块在这2s内做匀加速运动的位移x1＝eq\f(1,2)a1t12＝4m,2s末滑块的速度v1＝a1t1＝4m/s，停电后，滑块继续加速，传送带立即减速，设两者达到共同速度的时间为t2，则t2＝eq\f(v相,a相)＝eq\f(10－4,2＋4)s＝1s，共同速度v2＝v－at2＝6m/s，这段时间内滑块的位移x2＝eq\f(1,2)(v1＋v2)t2＝5m。两者达到共同速度后，滑块将做减速运动，减速的加速度大小a2＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，减速至停下的时间t3＝eq\f(v2,a2)＝3s，在这3s内滑块做匀减速运动的位移x3＝eq\f(1,2)v2t3＝9m，总位移x＝x1＋x2＋x3＝18m，故选C。3.如图所示，物块放在一与水平面夹角为θ的传送带上，且始终与传送带相对静止。关于物块受到的静摩擦力Ff，下列说法正确的是()A．当传送带加速向上运动时，Ff的方向一定沿传送带向上B．当传送带加速向上运动时，Ff的方向一定沿传送带向下C．当传送带加速向下运动时，Ff的方向一定沿传送带向下D．当传送带加速向下运动时，Ff的方向一定沿传送带向上答案A解析当传送带加速向上运动时，加速度沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得Ff－mgsinθ＝ma，Ff的方向沿传送带向上，故A正确，B错误；当传送带加速向下运动时，根据牛顿第二定律可得Ff＋mgsinθ＝ma，当a＝gsinθ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C、D错误。4．(多选)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情景。如图乙所示为水平传送带装置示意图。紧绷的传送带ab始终以1m/s的恒定速率运行，乘客将一质量为1kg的行李(可视为质点)无初速度地放在传送带左端的a点，设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，a、b间的距离为2m，g取10m/s2。下列速度—时间(v－t)图像和位移—时间(x－t)图像中，可能正确反映行李在a、b之间的运动情况的有(除C中0～1s为曲线外，其余均为直线段)()答案AC解析行李放到传送带上，由μmg＝ma可得a＝1m/s2，则由v＝at，得t＝1s，行李在0～1s内做匀加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，故A正确，B错误；行李在t＝1s时的位移x＝eq\f(1,2)at2＝0.5m，行李在0～1s内做匀加速直线运动，x－t图像为抛物线，之后做匀速直线运动，x－t图像为直线，故C正确，D错误。5．(多选)(2024·江苏宿迁市期末)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为v＝2m/s的恒定速率顺时针运转。一质量m＝2kg的煤块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．煤块上升的最大位移为11mB．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2＋2eq\r(2))sD．煤块在传送带上留下的划痕为(9＋4eq\r(2))m答案CD解析根据v－t图像与t轴所围面积表示位移，可知煤块上升的最大位移为xm＝eq\f(1,2)×(2＋12)×1m＋eq\f(1,2)×1×2m＝8m，故A错误；根据v－t图像的斜率表示加速度可知煤块与传送带共速前、后的加速度大小分别为a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(12－2,1)m/s2＝10m/s2，a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2，对煤块根据牛顿第二定律有μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立代入数据解得μ＝0.5，故B错误；设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t，则有xm＝eq\f(1,2)a2(t－2)2，代入数据解得t＝(2＋2eq\r(2))s，故C正确；0～1s内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移大小分别为x1＝eq\f(1,2)×(2＋12)×1m＝7m，x2＝vt1＝2×1m＝2m，煤块在传送带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即l1＝x1－x2＝7m－2m＝5m，在1～(2＋2eq\r(2))s内，即t2＝(1＋2eq\r(2))s时间内煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块做匀变速直线运动，设沿传送带向下为正方向，煤块的位移为x1′＝－vt2＋eq\f(1,2)a2t22，传送带的位移大小为x2′＝vt2，煤块与传送带的相对位移大小为l2＝x1′＋x2′，联立代入数据解得l2＝(9＋4eq\r(2))m，因为l2>l1，所以有l1部分痕迹是重合的，则煤块在传送带上留下的划痕为(9＋4eq\r(2))m，故D正确。6.如图所示，传送带以10m/s的速度逆时针匀速动转，两侧的传送带长都是16m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个滑块A、B(可视为质点)从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A、B的质量均为1kg，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是()A．滑块A先做匀加速运动后做匀速运动B．滑块A、B同时到达传送带底端C．滑块A、B到达传送带底端时的速度大小相等D．滑块A在传送带上的划痕长度为5m答案D解析对于滑块A，开始时相对传送带向上运动，A受到的摩擦力向下，由牛顿第二定律：a1＝eq\f(mgsin37°＋μmgcos37°,m)，解得：a1＝10m/s2速度和传送带速度一样时，由于重力沿传送带上的分力大于摩擦力，故还要向下加速，此时加速度为a2＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)，解得：a2＝2m/s2由运动学公式可知，第一阶段：t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s，位移x1＝eq\f(v0＋0,2)t1＝eq\f(10,2)×1m＝5m，方向向下第二阶段：L－x1＝v0t2＋eq\f(1,2)a2t22，解得：t2＝1s所以tA＝t1＋t2＝1s＋1s＝2s对于滑块B，重力沿传送带上的分力大于摩擦力，一直相对传送带向下运动由牛顿第二定律：a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)，解得：a＝2m/s一直加速到底，则L＝eq\f(1,2)atB2，解得：tB＝4s，故A、B错误；A到底端时vA＝v0＋a2t2，解得vA＝12m/s，vB＝atB＝2×4m/s＝8m/s，故C错误。第一阶段：传送带的位移，x1′＝v0t1＝10×1m＝10m，滑块A相对传送带向上运动的位移：Δx1＝x1′－x1＝5m，方向向上。第二阶段：滑块A相对传送带的位移：Δx2＝(L－x1)－v0t2＝(16－5)m－10×1m＝1m，方向向下，因一、二阶段有重合部分，所以划痕还是5m，故D正确。7．如图甲所示，倾斜传送带与水平台面相切于B点，传送带以恒定的速度沿逆时针方向运动。现将一小煤块从水平台面上A处以初速度v0滑到传送带B处，4s时小煤块从C点离开传送带。在整个过程中，小煤块的速率随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，不计小煤块与传送带摩擦过程中损失的质量。求：(1)A、B两点之间的距离；(2)小煤块与传送带之间的动摩擦因数μ；(3)水平台面的高度；(4)在2～3.5s时间内，小煤块在传送带上留下的痕迹长度。答案(1)4m(2)0.25(3)8.4m(4)4m解析(1)根据题图乙所示，A、B两点之间的距离等于小煤块0～2s内运动的位移大小，由图像与时间轴所围成的面积可得xAB＝eq\f(4＋0,2)×2m＝4m。(2)根据速度—时间图像的斜率表示加速度的大小，则可得2～3s内的加速度大小为a1＝eq\f(8,1)m/s2＝8m/s2,3～4s内的加速度大小为a2＝eq\f(12－8,1)m/s2＝4m/s2，在2～3s内，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，在3～4s内，根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得sinθ＝0.6，μ＝0.25。(3)由题图乙可知，在2～4s时间内，小煤块从B点运动到C点，可知传送带的长