思维进阶强化练(一)　传送带模型-2025版高考物理二轮复习

12思维进阶强化练(一)传送带模型(40分钟60分)1.(6分)安庆机场用于安全检查的装置主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成。如图所示,传送带长度为2.1m,始终以2m/s的速度顺时针转动,某乘客把一可视为质点的物品轻放在传送带最左端的A点,物品与传送带间的动摩擦因数为0.4,g取10m/s2,则下列说法中正确的是()A.物品越重,从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长B.物品做加速运动时,其速度有可能超过传送带的速度C.物品由A运动到最右端B的过程中,物品相对传送带滑动1mD.物品由A运动到最右端B所用时间为1.3s【解析】选D。选项选项剖析对错B物品与传送带共速前受到滑动摩擦力作用,由牛顿第二定律可得a=μmgm=μg=4m/s物品加速阶段的位移为x1=v22a=物品加速到与传送带共同速度后,与传送带一起匀速运动×A物品加速阶段所用时间为t1=va=24s=0.物品匀速运动所用时间为t2=l-x1物品由A运动到最右端B所用时间为t=t1+t2=0.5s+0.8s=1.3s与物品的质量无关×D√C物品由A运动到最右端B的过程中,物品与传送带的相对位移为Δx=x传-x1=vt1-x1=2×0.5m-0.5m=0.5m×2.(6分)倾角θ=37°的传送带以速度v=1.0m/s顺时针转动,位于其底部的煤斗每秒向其输送m=4.0kg的煤屑,煤屑刚落到传送带上的速度为零,传送带将煤屑送到h=6.0m的高处,煤屑与传送带间的动摩擦因数μ=0.8,且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。(取重力加速度g=10m/s2,传送带轮直径大小可忽略),则下列说法正确的是()A.煤屑从落到传送带开始,运动到与传送带速度相等时前进的位移是2.5mB.煤屑从落到传送带开始,运动到与传送带速度相等时所用的时间是7.25sC.传送带电动机因输送煤屑而增加的功率是242WD.传送带电动机因输送煤屑而增加的功率是274W【解析】选D。根据牛顿第二定律μmgcos37°-mgsin37°=ma,解得a=0.4m/s2,煤屑从落到传送带开始,运动到与传送带速度相等时前进的位移是x=v22a煤屑从落到传送带开始,运动到与传送带速度相等时所用的时间是t=va=2.5s,A、B错误;经过Δt时间,煤屑动能的增加量为ΔEk=12mΔtv2,重力势能的增加量为ΔEp=mΔtgh,摩擦产生的热量为Q=μmΔtgcos37°(vt-x),传送带电动机因输送煤屑而增加的功率P=ΔE3.(6分·多选)(2024·石嘴山模拟)如图甲所示,足够长的倾斜传送带以速度v=2.5m/s沿顺时针方向运行,倾角θ=37°。质量为m、可视为质点的物块在t=0时刻以速度v0从传送带底端开始沿传送带上滑,物块在传送带上运动时的机械能E随时间t的变化关系如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取传送带最底端所在平面为零势能面,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则()A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25B.物块的质量m为5kgC.物块滑上传送带时的速度为5m/sD.物块滑离传送带时的动能为20J【解析】选C、D。由图乙分析可知,0~0.25s物块的机械能减小,故摩擦力做负功,摩擦力方向沿斜面向下,且在0.25s时物块的速度与传送带的速度相等。0.25~1.5s物块的机械能增加,故摩擦力做正功,摩擦力方向沿斜面向上,且在1.5s时物块的机械能不再增加,即物块的速度为零。以沿斜面向上为正方向,对物块分析受力,在0~0.25s沿斜面方向由牛顿第二定律可得-mgsinθ-μmgcosθ=ma1,此过程由匀变速直线运动规律可得v=v0+a1t1,在0.25~1.5s由牛顿第二定律可得-mgsinθ+μmgcosθ=ma2,此过程由匀变速直线运动规律可得0=v+a2t2,代入数据,联立可得v0=5m/s,μ=0.5,故A错误,C正确;取传送带最底端所在平面为零势能面,由图乙可知,物体的初始机械能为E=12mv02=50J,代入数据可得m=4kg,故B错误;由图乙可知物块从底部滑至最高点,前后两阶段摩擦力做功的绝对值之和为Wf=(50-35)J+(60-35)J=40J,到达最高点时机械能为60J。由于物块所受重力沿斜面的分力大于传送带对物块的摩擦力,故物块到达最高点后会沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动。此过程中,物块向下移动的位移与物块向上移动的位移相等,摩擦力大小相等,且下滑过程中摩擦力始终做负功。故从最高点运动至离开传送带的过程中,由能量守恒定律可得E=Wf+Ek,代入数据可得【加固训练】(多选)(2024·成都模拟)如图甲所示的等双翼式传输机,其两侧等长的传送带倾角可以在一定范围内调节,方便不同情况下的货物传送作业,工作时两传送带匀速转动且速度大小相同。图乙为等双翼式传输机工作示意图,M1、M2代表两传送带。第一次调整M1的倾角为30°,M2的倾角为45°,第二次调整M1的倾角为45°,M2的倾角为30°,两次分别将同一货物无初速度放在M1的最低端,都能传到M2的最高端。货物与M1和M2的接触面粗糙程度相同,两次运输中货物均在M1上就已与传送带共速,先后两次传输机的运行速度大小相同。则()A.第一次运送货物的时间较短B.第二次运送货物的时间较短C.传输机因运送货物而多消耗的能量,第一次较多D.传输机因运送货物而多消耗的能量,第二次较多【解析】选A、D。设传送带的速度为v,M1的倾角为θ,货物在M1上加速运动时有μmgcosθ-mgsinθ=ma,解得a=μgcosθ-gsinθ,可知θ越大,加速度越小,两次货物运送的长度一样,则第一次运送货物的时间较短,故A正确、B错误;根据能量守恒可知,传输机因运送货物而多消耗的能量转化为货物的动能、重力势能和摩擦产生的内能,由于两次运送货物增加的动能和重力势能之和相等,故只需比较两种情况下因摩擦产生的热量Q,设货物加速的时间为t,货物与传送带的相对位移为Δx,可得t=va,Q=f·Δx,Δx=vt-v2t,f=μmgcosθ,联立解得Q=μmv224.(6分)在大型物流货场,广泛地应用传送带搬运货物。如图甲所示,倾斜的传送带以恒定速率运动,传送带始终是绷紧的,将货物放在传送带的最上端A处,经过1.2s到达传送带的最下端B处。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示,重力加速度g取10m/s2。由v-t图像可知()A.传送带两端的距离为2.4mB.货物与传送带的动摩擦因数为0.4C.传送带的倾斜角度为30°D.运送过程中,货物相对传送带的位移为0.8m【解析】选D。由v-t图像可知,货物在传送带上先做a1=10m/s2的匀加速直线运动,货物所受摩擦力方向沿传送带向下,则mgsinθ+μmgcosθ=ma1,0.2s后做a2=2m/s2的匀加速直线运动,货物所受摩擦力方向沿传送带向上,则mgsinθ-μmgcosθ=ma2,联立解得θ=37°,μ=0.5,故B、C错误;在v-t图像中,图线与x轴围成的面积代表位移的大小,则货物位移为x1=12×0.2×2m+2+42×(1.2-03.2m,传送带位移为x2=2×1.2m=2.4m,货物相对传送带的位移Δx=x1-x2=0.8m,故A错误,D正确。【加固训练】(多选)如图甲所示为一足够长的倾斜传送带,倾角θ=37°,现以恒定速率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v-t图像如图乙所示。已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则()A.图乙中t1=0.75sB.图乙中t2=2sC.煤块运动过程中距离A点的最远距离为10mD.煤块在传送带上留下的划痕长为(12+45)m【解析】选B、C、D。0~t1内,传送带位移大小为x1=vt1=4m,由图像知煤块位移大小为8m,煤块比传送带多走Δx1=4m,t1~t2内,传送带位移大小为x2=v(t2-t1)=4m,由图像知煤块位移大小为2m,传送带比煤块多走Δx2=2m,故煤块向上运动时划痕是4m;当煤块下滑时,有x=12a2t32,解得t3=5s,传送带向上运动的位移为x3=vt3=45m,故划痕总长为Δx=4m-2m+10m+455.(6分·多选)如图所示,竖直平面内粗糙的圆弧轨道AP和足够长的水平传送带PC相切于P点。小耿同学让一质量为m=1kg的小物块从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑,再滑上传送带PC,传送带以速度v=4m/s沿逆时针方向转动。小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5,物块第一次滑到传送带上离P点2.5m处速度为零,不计物块经过圆弧轨道与传送带连接处P时的机械能损失,重力加速度g取10m/s2,则()A.物块从A开始下滑到P点过程机械能不守恒B.物块再次回到P点时的速度为5m/sC.物块第一次在传送带上运动由于摩擦产生的热量为31.5JD.物块第一次在传送带上运动而使电动机额外多做的功为36J【解析】选A、D。因为物块在粗糙圆弧轨道AP上运动的过程中要克服摩擦力做功,所以物块从A开始下滑到P点过程机械能不守恒,故A正确;设物块返回过程的加速度为a,加速到和传送带共速时的位移为x,则由牛顿第二定律μmg=ma,解得a=5m/s2,由运动学公式v2=2ax,解得加速位移大小为x=1.6m<2.5m,可知,小物块在到达P点前已经与传送带共速,因此可知,小物块再次回到P点时的速度为4m/s,故B错误;设物块第一次在传送带上运动直至速度减为零所用的时间为t,可知l=12at2,且l=2.5m,解得t=1s,此阶段传送带的位移为l0=vt=4m,物块下滑后与传送带运动方向相反,则相对位移为x相对1=l+l0=6.5m,物块速度减为零后反向加速,设加速的时间为t1,则t1=va=0.8s,此段时间物块和传送带运动方向相同,设传送带的位移为x1,有x1=vt1=3.2m,则可得返回过程中的相对位移为x相对2=x1-x=1.6m,则可知由于摩擦产生的热量为Q1=μmg·(x相对1+x相对2)=40.5J,故C错误;由题意可知,小物块第一次滑到P点时的速度满足v12=2al,解得v1=5m/s,根据功能关系可知,滑块第一次在传送带上运动而使电动机额外多做的功为W额=(12mv2-12mv6.(6分·多选)(2024·长春模拟)如图所示,一足够长的传送带倾斜放置,倾角θ=37°。传送带以恒定速率v传=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,已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos53°=0.8,下列说法正确的是()A.煤块冲上最高点所用时间为1.5sB.煤块冲上最高点时所走的位移大小为8mC.煤块冲上最高点时在传送带上留下的划痕为4mD.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+5【解析】选C、D。煤块先做匀减速运动,由牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得a1=8m/s2,设经t1时间煤块与传送带共速,则t1=v01s,共速后,摩擦力方向向上,由牛顿第二定律可得mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得a2=4m/s2,煤块从4m/s减速至零的时间为t2=v传a2=1s,即煤块冲上最高点所用时间为t=t1+t2=2s,故A错误;煤块冲上最高点时所走的位移大小为x=v0+v传2t1+v传2t2=10m,故B错误;煤块速度减为与传送带共速的过程有x1=v0+v传2t1-v传t1=4m,煤块速度在传送带上减到零的过程有x2=v传t2-v传2t2=2m<x1,煤块冲上最高点时在传送带上留下的划痕为4m,故C正确;煤块从最高点返回到A的过程有x=12a2【加固训练】(多选)如图甲为皮带输送机简化模型图,皮带输送机倾角θ=37°,顺时针匀速转动,在输送带下端A点无初速度放上货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中,其机械能E与位移s的关系图像(以A位置所在水平面为零势能面)如图乙所示。货物视为质点,质量m=10kg,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列说法正确的是()A.货物与输送带间的动摩擦因数为0.875B.输送带A、B两端点间的距离为8mC.货物从下端A点运动到上端B点的时间为8sD.皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为550J【解析】选A、D。由题图可知,货物沿皮带向上运动s1=0.5m后与皮带相对静止,机械能增加量ΔE1=μmgcos37°·s1,解得μ=0.875,故A正确;由图像可知,货物与皮带相对静止后ΔE2=mgsin37°·s2,解得s2=8m,则皮带两端点之间的距离为L=s1+s2=8.5m,故B错误;加速阶段根据牛顿第二定律有μmgcos37°-mgsin37°=ma,解得a=1m/s2,加速阶段有s1=12at12,解得t1=1s,皮带速度v=a1t1=1m/s,匀速阶段有s2=vt2,解得t2=8s,所以总时间为t=t1+t2=9s,故C错误;由能量守恒,其多消耗的能量为E=μmgcos37°·Δs1+12mv2+mgLsin37°,其中Δs1=vt1-s7.(12分)(2024·沈阳模拟)如图所示,工人要将货物运送到平台上,由于货物与传送带间的动摩擦因数较小,便用绳子拴住货物平行传送带向上拉动。倾斜传送带与水平面夹角θ=24°,长度l=4m,向上运动的速度v=1.2m/s,货物质量m=20kg,与传送带间的动摩擦因数为0.2,货物可视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(取cos24°=0.9,sin24°=0.4,重力加速度g=10m/s2)。(1)货物轻放到传送带的下端,开始阶段工人施加F1=60N的拉力,求货物经多长时间能达到与传送带共速;(5分)答案:(1)1.5s【解析】(1)货物与传送带共速前受到的摩擦力沿传送带向上,则有F1+μmgcosθ-mgsinθ=ma达到共速时有v=at解得t=1.5s(2)货物与传送带共速后,工人至少用多大的拉力可以保持货物相对传送带静止。(7分)答案:(2)44N【解析】(2)货物与传送带共速后,若货物相对传送带静止,对货物受力分析有mgsinθ=F拉+f静则