物理二轮复习跟踪练习：微专题6 传送带模型

微专题6传送带模型跟踪练习基础过关一．选择题：1．如图所示，足够长的水平传送带逆时针转动的速度大小为v1，一小滑块从传送带左端以初速度大小v0滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小滑块的加速度方向向右，大小为μgB．若v0<v1，小滑块返回到左端的时间为eq\f(v0＋v1,μg)C．若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为eq\f(v0＋v1,μg)D．若v0>v1，小滑块返回到左端的时间为eq\f((v0＋v1)2,2μgv1)2.(2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是()3.(多选)(2024·四川绵阳诊断考)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是()A．开始时行李的加速度大小为2m/s2B．行李经过2s到达B处C．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.12mD．当行李的速度与传送带的速度相同时，传送带立刻停止运动，整个过程中行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.04m4.(多选)如图所示，水平传送带以恒定的速度顺时针转动，在其左侧轻放一小滑块，下列描述小滑块在传送带上运动的v-t(速度—时间)、a-t(加速度—时间)图像可能正确的是()5．(多选)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针运行，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图像(以地面为参考系)如图乙所示，已知v2>v1，则()A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力先向右后向左6．(多选)如图甲所示，一足够长的、倾角为37°的传送带以恒定速率稳定运行，一质量m＝1kg、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，若取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列说法正确的有()A．0～8s内物体的位移大小为14mB．物体与传送带间的动摩擦因数为0.625C．0～4s内物体上升的高度为4mD．0～8s内物体在传送带上留下的墨迹长度为18m计算题：7．如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面的底端A与水平传送带相接触，传送带正以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动，质量为2kg的物体(可视为质点)从斜面上O处由静止下滑，经过时间1.5s滑到斜面底端A。已知O、A之间的距离LOA＝4.5m，传送带左、右两端A、B间的距离LAB＝10m，物体与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，不计物体经过A点时的动能损失。(1)求物体沿斜面下滑的加速度大小；(2)求物体与斜面间的动摩擦因数μ1；(3)物体在传送带上向左运动时是否会从B端滑出？如果滑出，求离开B点的速度大小，如果不滑出，求物体返回到A点的速度大小。能力提升选择题：8．(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放上一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，重力加速度为g，则()A．传送带一定逆时针转动B．μ＝tanθ－eq\f(v0,gt0cosθ)C．传送带的速度大于v0D．t0时刻后小木块的加速度为2gsinθ－eq\f(v0,t0)9．(多选)快递分拣站利用传送带可以大幅提高分拣效率，其过程可以简化为如图所示的装置，水平传送带长为L，以一定的速度v2＝8m/s顺时针匀速运动，工作人员以一定的初速度v1将快递箱推放到传送带左端。若快递箱被从左端由静止释放，到达右端过程中加速时间和匀速时间相等，快递箱可视为质点，快递箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2，则()A．传送带长L为24mB．若v1＝0，全程快递箱在传送带上留下的痕迹长为4mC．若v1＝eq\f(1,2)v2，则全程快递箱的路程与传送带的路程之比为12∶13D．若v1＝0，将传送带速度增大为原来的2倍，则快递箱先做匀加速运动再做匀速运动10．(多选)一足够长的粗糙倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度v0的小物块，如图所示，取沿传送带向下的方向为正方向，则下列描述小物块在传送带上运动的v-t图像中可能正确的是()计算题：11.如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25m，传送带以v0＝10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A处无初速度放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37°＝0.6，g取10m/s2。(1)当煤块与传送带速度相同后，接下来它们能否相对静止？(2)求煤块从A运动到B的时间；(3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。培优训练一．计算题：12．快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图1是快递分拣传送装置。它由两台传送带组成，一台水平传送，另一台倾斜传送，图2是该装置示意图，CD部分倾角θ＝37°，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以4m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图3为水平传送带AB段数控设备记录的货物的v-t图像，1.3s时刚好达到B端，且速率不变滑上C端，已知货物与两段传送带间的动摩擦因数相同。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求水平传送带AB的长度及货物与传送带间的动摩擦因数；(2)若CD段的长度为2.6m，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在D端取到货物？参考答案：1.D解析设小滑块的质量为m，小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力方向向左，加速度方向向左，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg，故A错误；若v0<v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0再向左加速到v0，刚好返回到左端，所用时间为t＝eq\f(2v0,μg)，故B错误；若v0>v1，小滑块的速度从v0先向右减速到0的时间t1＝eq\f(v0,μg)，位移为x1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2μg)，然后加速向左，速度加速到v1的时间t2＝eq\f(v1,μg)，位移为x2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2μg)，最后以速度v1匀速回到左端，时间为t3＝eq\f(x1－x2,v1)＝eq\f(\f(veq\o\al(2,0),2μg)－\f(veq\o\al(2,1),2μg),v1)＝eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1),2μgv1)，小滑块返回到左端的时间t′＝t1＋t2＋t3，解得t′＝eq\f(v0,μg)＋eq\f(v1,μg)＋eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1),2μgv1)＝eq\f((v0＋v1)2,2μgv1)，故C错误，D正确。2.C解析0～t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动，受力分析可知，物块受重力、支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，物块所受合力不变，故做匀加速运动。t0之后：当物块速度与传送带速度相同时，沿传送带向上的静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。C正确，A、B、D错误。3.AD解析设行李的质量为m，开始时行李的加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，A正确；行李与传送带共速时所用时间t1＝eq\f(v,a)＝0.2s，行李的位移为x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝0.04m，行李匀速运动的时间为t2＝eq\f(xAB－x,v)＝4.9s，行李到达B处的时间为t＝t1＋t2＝5.1s，B错误；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝0.04m，C错误；共速时传送带立刻停止运动，行李做匀减速运动的位移为x1＝eq\f(v2,2a)＝0.04m，两段划痕的长度重合，则摩擦痕迹长度为0.04m，D正确。4.ABD解析若传送带速度较小，滑块可能先在传送带上做匀加速直线运动，加速度不变，与传送带共速后，做匀速直线运动，加速度为零。若传送带速度足够大，滑块可能在传送带上一直做匀加速直线运动，最终还未与传送带共速就已离开传送带，故C错误，A、B、D正确。5.BC解析相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速直线运动，t1之后反向向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；小物块在0～t1时间内，向左做匀减速直线运动，相对传送带向左运动，在t1～t2时间内，反向向右做匀加速直线运动，但速度小于传送带的速度，相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小和方向都不变，C正确，D错误。6.AD解析在v-t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，则x＝eq\f(2＋6,2)×4m－2×2×eq\f(1,2)m＝14m，A正确；在2～6s内物体做匀加速直线运动，有a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4－0,4)m/s2＝1m/s2，由牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得μ＝0.875，B错误；在0～4s内物体运动的位移为0，即物体上升的高度为0，C错误；在0～8s内物体的位移x＝14m，传送带的位移x′＝vt＝4×8m＝32m，则物体在传送带上留下的墨迹长度为Δx＝x′－x＝18m，D正确。7.答案(1)4m/s2(2)0.25(3)不滑出4m/s解析(1)由匀变速直线运动规律可得LOA＝eq\f(1,2)at2解得a＝4m/s2。(2)对物体，由牛顿第二定律有mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma解得μ1＝0.25。(3)由匀变速直线运动规律可知，物体滑至A点时的速度vA＝at＝6m/s而物体在传送带上滑动时的加速度大小为a1＝μ2g＝5m/s2则由运动学公式可得物体在传送带上速度减为零的位移为x＝eq\f(veq\o\al(2,A),2a1)＝3.6m<10m故物体不会从B点滑出，速度减为零之后反向加速，加速度大小不变，加速到相对传送带静止所需位移为x′＝eq\f(v2,2a1)＝1.6m<x则物体返回到A点的速度vA′＝v＝4m/s。8.AD解析由题图乙知，小木块先做匀加速直线运动，当速度达到v0后，以较小的加速度做匀加速运动，则0～t0时间内，小木块所受的摩擦力方向沿传送带向下，t0时刻后小木块所受的摩擦力方向沿传送带向上，故传送带一定逆时针转动，故A正确；小木块在0～t0时间内，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，小木块的加速度为a1＝gsinθ＋μgcosθ，且a1＝eq\f(v0,t0)，解得μ＝eq\f(v0,gt0cosθ)－tanθ，故B错误；当小木块的速度等于传送带速度时，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向上，故传送带的速度等于v0，故C错误；t0时刻后小木块的加速度为a2＝gsinθ－μgcosθ＝2gsinθ－eq\f(v0,t0)，故D正确。9.AC解析根据牛顿第二定律知，快递箱加速时加速度大小a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝4m/s2，快递箱加速运动的位移x1＝eq\f(veq\o\al(2,2),2a)＝8m，快递箱匀速运动的位移x2＝v2·eq\f(v2,a)＝16m，所以传送带总长L＝24m，故A正确；若v1＝0，快递箱加速运动的位移x1＝8m，传送带在这段时间内的位移x带＝v2·eq\f(v2,a)＝16m，则痕迹长x＝x带－x1＝8m，故B错误；如果v1＝eq\f(1,2)v2，快递箱加速时间t1＝eq\f(v2－v1,a)＝1s，加速运动的位移x1′＝eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2a)＝6m，匀速时间t2＝eq\f(L－x1′,v2)＝2.25s，在此期间传送带匀速运动的位移x带′＝v2(t1＋t2)＝26m，所以两者路程之比为L∶x带′＝12∶13，故C正确；如果传送带速度加倍，则快递箱加速时间t1′＝eq\f(2v2,a)＝4s，加速位移x1″＝eq\f(4veq\o\al(2,2),2a)＝32m>24m，所以快递箱一直做匀加速运动，故D错误。10.ABD解析当小物块的初速度沿传送带向下，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，即a1＝gsinθ＋μgcosθ，可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，当小物块达到传送带速度时，若满足mgsinθ<μmgcosθ，可知小物块随传送带一起做匀速直线运动，若满足mgsinθ>μmgcosθ，小物块继续加速下滑，其加速度大小为a2＝gsinθ－μgcosθ<a1，故A正确；当小物块的初速度沿传送带向下，且大于传送带的速度时，若满足mgsinθ>μmgcosθ，则小物块一直做匀加速直线运动，加速度大小为a3＝gsinθ＋μgcosθ，若满足mgsinθ<μmgcosθ，则小物块应沿传送带向下做匀减速直线运动，其加速度大小为a4＝μgcosθ－gsinθ，二者共速后小物块随传送带一起做匀速直线运动，故B正确；当小物块的初速度沿传送带向上时，由牛顿第二定律可得小物块的加速度大小为a5＝gsinθ＋μgcosθ，可知小物块沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，其加速度仍为a5，与传送带共速时，若满足mgsinθ>μmgcosθ，则小物块继续做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝gsinθ－μgcosθ<a5，若满足mgsinθ<μmgcosθ，则小物块随传送带一起做匀速直线运动，故C错误，D正确。11.答案(1)不能(2)1.5s(3)5m解析(1)由于mgsinθ>μmgcosθ，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度大小为a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝eq\f(v0,a1)＝1s发生的位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝5m煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有a2＝g(sinθ－μcosθ)＝2m/s2x2＝L－