二轮复习物理培优专题02：传送带模型

专题二传送带模型1．在工厂的流水线上常用电动机带动下的水平传送带传送工件，传送带L＝4m，以恒定的速度v＝5m/s运送质量为m＝1kg的工件，每次都把工件无初速度的放在传送带上，工件与传送带之间的摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，求（1）加速时间；（2）划痕的长度；（3）从A到B的运动时间；（4）摩擦力对物体所做的功；（5）摩擦力对传送带所做的功；（6）物体动能的增加；（7）系统增加的内能；（8）由于传送物体电动机多消耗的能量（9）若传送带匀速运动的速度可调，则传送带至少以多大速度vmin运行，物块从左到右运动时间才能最短，最短时间tmin多大？(10)试画出表示物体速度、加速度、摩擦力和位移的大小随时间变化图像v-t、a-t、F-t、x-t。2．图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传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v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2＞v1，物块和传送带间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则（）A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．0﹣t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 C．0﹣t2时间内，摩擦力产生的热量为 D．0﹣t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为3.如图所示，长度为L＝7m的水平传送带以速度v1＝4m/s顺时针匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，某时刻P在传送带左端具有向右的速度v2＝2m/s，P与定滑轮间的轻绳水平，经2s时间P从右端离开传送带，离开前已经与传送带共速。已知物体P的质量m1＝1.0kg，与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，不计定滑轮质量和摩擦，轻绳足够长。求：（1）在与传送带共速前，物体P的加速度大小和物体Q的质量m2；（2）将物体Q的质量变为m3，发现物体P与传送带之间一直发生相对滑动，P由传送带右侧离开，P在传送带上滑动过程中摩擦生热Q＝35J，求m3的值。4.图示为一利用传输带输送货物的装置．物块（视为质点）自平台经斜面滑到一以恒定速度V运动的水平长传输带上，再由传输带输送到远处目的地．已知斜面高h＝2.0m，水平边长L＝4.0m，传输带宽d＝2.0m，传输带的运动速度V＝3.0m/s，物块与斜面间的摩擦系数μ1＝0.30，物块自斜面顶端下滑的初速度为零，沿斜面下滑的速度方向与传输带运动方向垂直．设斜面与传输带接触处为非常小的一段圆弧，使得物块通过斜面与传输带交界处时其速度的大小不变．重力加速度g＝10m/s2．求：为使物块滑到传输带上后不会从传输带边缘脱离，物块与传输带之间的摩擦系数μ2至少为多少？5．如图甲所示，AB是以恒定速度v0顺时针传动的水平传送带，CD是以v＝5m/s的恒定速度顺时针传动的倾斜传送带、其倾角θ＝30°，倾斜传送带两端点C、D的高度差h＝1m，C点与水平传送带在同一水平面，两传送带通过一段光滑的水平面相连。现将一质量m1＝1kg的物块a（可视为质点）在A处放到水平传送带上，放置时初速度为零，经2s运送到水平传送带的最右端B处，从物块a放到水平传送带上开始计时，其速度﹣时间图象如图乙所示，物块a离开水平传送带之后与水平面上静止的另一质量m2＝2kg的物块b（可视为质点）发生弹性碰撞，碰后物块b向右运动一小段距离后滑上倾斜传送带。已知两传送带均由不同的电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，两物块与倾斜传送带之间的动摩擦因数均为，忽略两物块在水平面与传送带之间转移时的能量损失，重力加速度g取10m/s2，求：（1）两物块在水平面上碰撞后的速度大小分别是多少；（2）由于传送物块b，带动倾斜传送带的电动机多消耗的电能；（3）物块a与水平传送带因摩擦所产生的热量为多少。6．如图所示，分拣快递的车间里，与水平面成θ＝37°的传送带正以v＝4m/s的速度匀速运行，A、B两端相距l＝16m。现每隔1s把质量m＝1kg的工件（视为质点）轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数，取g＝10m/s2，结果保留两位有效数字。求：（1）工件刚刚放上去时的加速度是多大；（2）工件从A到B所用的时间；（3）相邻工件之间的最大和最小距离；（4）满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？7．如图，一绷直传送带与水平面夹角θ＝30°，传送带AB长l＝8.175m，已知传送带以v1＝2m/s的速度逆时针匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝，质量为M＝1kg的木块运动到传送带底端A点时，恰好与传送带速度相同；此时，一颗质量为m＝0.02kg的子弹以v0＝300m/s平行于传送带向上的速度正对木块射入并穿出，穿出速度v＝50m/s，子弹穿出瞬间立即对木块施加平行于传送带向上的恒力F＝5N的作用，以后每隔Δt＝1s就有一颗相同的子弹以相同的速度平行于传送带击中木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，忽略木块质量变化，g取10m/s2。求：（1）在被第二颗子弹击中前，木块沿传送带向上运动离A点的最大高度；（2）木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中；（3）从第一颗子弹射中木块到木块离开传送带的过程中，木块和传送带之间产生的热量。专题二传送带模型参考答案与试题解析1．【解答】解：（1）由牛顿第二定律可知：工件匀加速运动的加速度a＝＝μg＝2m/s2；当工件的速度等于传送带速度时停止相对滑动，则工件加速到传送带共速的时间：t1＝＝＝2.5s；工件对地位移：x1＝＝m＝6.25m；由于x1＞L，所以工件一直匀加速，设匀加速运动的时间为t，则L＝得t＝2s（2）此时间内传送带的位移x2＝vt＝5×2m＝10m；工作在传送带上相对位移Δx＝x2﹣L＝10﹣4＝6m；所以划痕的长度为6m．（3）由上分析知，从A到B的运动时间是2s．（4）摩擦力对物体所做的功为W1＝μmgL＝0.2×1×10×4J＝8J；（5）摩擦力对传送带所做的功为W2＝﹣μmgx2＝﹣0.2×1×10×10J＝﹣20J；（6）根据动能定理得：物体动能的增加Ek＝W1＝8J（7）系统增加的内能Q＝μmgΔx＝0.2×1×10×6J＝12J；（8）由于传送物体电动机多消耗的能量为E＝Q+Ek＝20J（9）当工件一直匀加速运动时，所用时间最短．由＝2aL得传送带的最小速度为：vmin＝＝4m/s最短时间为：tmin＝＝2s（10）；；2．选D。【解答】解：A、0～t1时间内木块向左做匀减速直线运动，t1时刻以后小物块向右运动，则t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；B、0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2～t3时间内小物块不受摩擦力作用，故B错误；C、0～t2时间内，物块与传送带间的相对路程为：，摩擦产生的热量为：，故C错误；D、0﹣t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为：，故D正确；3．【解答】解：（1）设物体P与传送带达到共速时，向右运动的位移为s，在与传送带共速前，物体P的加速度大小为a，运动的时间为t则由动能定理有μm1gs﹣m2gs＝（m1+m2）﹣m1匀加速阶段有v1＝v2+at且t+＝2s且s＝t解得t＝1s，s＝3m，a＝2m/s2，m2＝0.25kg；（2）P在传送带上滑动过程中摩擦生热Q＝μm1gΔL＝35J则发生相对滑动的距离为ΔL＝7m整个过程物体都在向右做加速运动，设加速度为a1，运动的时间为t1；则向右运动的位移为L＝7m，传送带运动的距离为L′＝L+ΔL＝14m故运动的时间t1＝＝3.5s由L＝v2t1+a1＝7m解a1＝0即m3g＝μm1g得m3＝0.5kg；4．【解答】解：（1）令m表示物块的质量，物块在斜面上滑动的加速度为：根据匀变速直线运动的速度—位移关系，物块在斜面上滑动距离为x＝，所以有：＝＝由题意知，cot所以物块滑到底端的速度为：以传输带为参照系，物块滑到传输带的初速度大小为：运动方向与传输带边缘的夹角α满足，sin物块在传输带上做减速运动，其加速度大小为：当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离为：物块不超过传输带宽的边缘对应的最小摩擦系数μ2应满足：因此可得：5．【解答】解：（1）取向右为正方向，设两物块在水平面上碰撞后物块a的速度v1，物块b的速度为v2，由题可知，物块a碰前的速度为v0＝5m/s，物块a与物块b碰撞时满足m1v0＝m1v1+m2v2m1＝m1+m2解得：v1＝﹣2m/s，v2＝4m/s（2）由牛顿第二定律可知，物块b在倾斜传送带上运动时的加速度大小为a＝μgcos0﹣gsinθ＝2.5m/s2物块b加速到5m/s的过程中行驶的位移满足2ax＝v2﹣解得x＝1.8m＜＝2m此过程中倾斜传送带运动的位移x1＝v•＝2m物块b会继续向上匀速运动x2＝0.2m此时摩擦力为静摩擦力Ff＝m2gsin30°＝10N由于传送物块b带动倾斜传送带的电动机多消耗的电能等于倾斜传送带克服摩擦力所做的功，即Wf＝um2gcos30°•x1+Ff•x2＝32J（3）物块a运动的速度﹣时间图象可知：水平传送带的速度v0＝6m/s加速时间t1＝1.2s，加速度大小a1＝5m/s，物块a与水平传送带间的滑动摩擦力Ff1＝m1a1＝5N；物块a第一次在水平传送带向右运动时两者的相对位移Δx1＝v0t1﹣t1＝3.6m碰撞后物块a向左运动，在传送带上向左减速的时间t2＝＝0.4s此过程中两者的相对位移△x2＝v0t2+＝2.4m减速为零后物块a向右匀加速运动，同理在传送带上向右加速的时间t2＝＝0.4s此过程中两者的相对位移Δx3＝v0t2﹣＝2m然后向右滑离水平传送带沿倾斜传送带运动，所以物块a与水平传送带因摩擦产生的热量为Q＝Ff1（Δx1+Δx2+Δx3）＝42J6．【解答】解：（1）设工件在传送带上加速运动时的加速度为a，则由牛顿第二定律有μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma代入数据可得加速度为a＝1m/s2（2）工件匀加速时间为工件匀加速的位移为，解得：x＝8m工件匀速运动的时间为工件从A到B所用的时间t＝t1+t2解得：t＝6s（3）刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，此时前一个工件速度v′＝at＝1×1m/s＝1m/s还处于匀加速运动状态，则最小距离为当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则有dmax＝vt＝4×1m＝4m（4）根据求得n1＝4，即传送带上总有4个工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力Ff1＝4μmgcosθ根据可知n2＝2，即匀速运动的工件有2个当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力为Ff2＝mgsinθ故所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力为Ff1＝2mgsinθ与空载相比，传送带需要增加的牵引力为F＝Ff1+n2Ff2代入数据解得F＝40N7．【解答】解：（1）设子弹穿出木块瞬间，木块的速度为v1'，规定平行于斜面向上为正方向，第一颗子弹射入木块过程中动量守恒，则：mv0﹣Mv1＝mv+Mv'1木块向上做匀减速运动过程，由牛顿第二定律得：Mgsin30°+μMgcos30°﹣F＝Ma1木块速度减小为零所用时间：联立以上各式解得：t1＝0.6s所以木块在被第二颗子弹击中前向上运动离A点最远时，速度为零，移动距离为最大高度为：hm＝s1sinθ联立解得：s1＝0.9m，hm＝0.45m（2）在第二颗子弹射中木块前，木块反向加速至传送带共速过程：由牛顿第二定律得：对木块：Mgsin30°+μMgcos30°﹣F＝Ma2可得a2＝5m/s2木块反向加速至与传送带共速的时间：t2＝＝s＝0.4s木块反向加速至与传送带共速的位移：＝×0.4m＝0.4m木块从被第一颗子弹击穿后到第二颗子弹击中前的时间：Δt＝t1+t2＝0.6s+0.4s＝1s所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移大小：s0＝s1﹣s2第16颗子弹击中前，木块向上移动的位移为：s＝15s0联立以上式子得：s＝7.5m第16颗子弹击中后，木块将会再向上移动s1，总位移为s1+s＝8.175m＞l，木块将从B端落下。所以木块