27版53高中同步新教材必修第一册人教物理练习册第四章专题强化练10　传送带模型

第四章运动和力的关系专题专项练专题强化练10传送带模型题组一水平传送带模型1.[2026江苏南京江宁中学月考]如图甲所示,一水平传送带以2m/s的速度匀速运动,现把小物块(可视为

质点)无初速度地轻放在传送带的左端A处,经过5s时间,小物块到达传送带的右端B处,其v-t图像如图乙

所示,重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是

()

A.A、B间距离为2mB.小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2C.0~5s内小物块在传送带上留下的痕迹的长度为2mD.若把传送带的速度调为4m/s,其他量保持不变,则小物块从A运动到B的时间为8s

C

关键点拨改变传送带的速度时,小物块的加速度a=μg不变,需判断加速到与传送带共速时的位移x与A、B间

的距离L的关系。若x>L,则物块一直加速运动到B端,利用L=

at2求解加速时间;若x=L,则物块加速到与传送带共速时恰好到达B端,从A运动到B的时间即为加速时间;若x<L,则物块与传送带共速时还未到达

B端,物块经历加速、匀速两过程,运动时间t=t加+

。解析根据v-t图线与t轴围成的面积表示位移,由题图乙可得A、B间距离为L=

×(3+5)×2m=8m(点拨:等于小物块5s内的位移),A错误;由v-t图线的斜率可得小物块加速时的加速度大小为a=

m/s2=1m/s2,根据牛顿第二定律可得μmg=ma,解得μ=0.1,B错误;共速前小物块相对传送带发生的位移为Δx=vt1-

t1=2×2m-

×2m=2m,则0~5s内小物块在传送带上留下的痕迹的长度为2m(点拨:痕迹长度等于小物块与传送带的相对位移大小),C正确;若把传送带的速度调为4m/s,其他量保持不变,若小物块一直加速到与

传送带共速,则加速的时间为t'1=

=

s=4s,加速过程的位移为x'1=

t'1=

×4m=8m=L,可知小物块与传送带共速时刚好到达B端,所以小物块从A运动到B的时间为4s,D错误。易错警示

当传送带水平运动时,应注意:(1)摩擦力的突变和物体运动状态的变化。摩擦力的突变常常导致物体的受力情况和运动状态变化。(2)静摩擦力达到最大值是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态。(3)物体与传送带的速度相同时,滑动摩擦力要发生突变。

2.[2026安徽六安第一中学月考]如图甲所示,一小物块(可视为质点)从水平转动的传送带的右端滑上传

送带,固定在传送带右端的位移传感器(图中未画出)记录的小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所

示。已知图线在前3.0s内对应二次函数,在3.0~4.5s内对应一次函数,取向左运动的方向为正方向,传送

带的速度保持不变,重力加速度g取10m/s2。下列说法不正确的是

()

A.物块在前3s内向左做匀减速运动B.传送带沿顺时针方向转动

A

C.传送带的速度大小为2m/sD.小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2题图解读

解析

x-t图线的斜率表示速度,前3s内图线斜率的绝对值先变小后变大,结合题意可知前3s内物块先

做匀减速直线运动后做匀加速直线运动,A错误;3~4.5s内,图线斜率为负且恒定,说明物块与传送带一

起向右匀速运动,因此传送带沿顺时针方向转动,传送带的速度大小为v=

=

m/s=2m/s,B、C正确;由题图乙可知,2~3s内,物块向右做初速度为0的匀加速直线运动,物块位移大小为x'=1m,有x'=

at'2,由牛顿第二定律,有μmg=ma,联立解得μ=0.2,D正确。题组二倾斜传送带模型3.[多选题][2026湖南益阳期末]国庆期间,各个快递公司业务更加繁忙。某分拣中心由电动机带动着倾

角θ=37°的传送带以速率v=0.8m/s顺时针匀速转动,传送带从底端到顶端长为4m,如图所示。如果分拣

员将一可视为质点的包裹轻放于传送带底端,包裹与传送带间的动摩擦因数μ=

,重力加速度g取

10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则以下说法正确的是

()

A.由于重力作用,包裹不能从传送带底端到达顶端B.包裹加速阶段的加速度大小为1m/s2C.包裹到达传送带顶端的速度大小为2

m/s

BD

D.包裹在传送带上运动的总时间为5.4s关键点拨包裹放于传送带底端时速度为0,要想包裹向上加速运动,需满足μ>tanθ(点拨:沿传送带方向有mg

sinθ<μmgcosθ);包裹与传送带共速时,还未到达顶端,则此后包裹匀速运动,所受摩擦力突变为mgsinθ。

解析包裹轻放于传送带底端时,传送带对包裹的摩擦力方向沿传送带向上,根据牛顿第二定律有μmg

cosθ-mgsinθ=ma,解得a=1m/s2,加速度沿传送带向上,包裹能从传送带底端到达顶端,A错误,B正确;设

经过时间t1包裹与传送带共速,t1=

=0.8s,这段时间内包裹的位移为x1=

a

=0.32m<4m,还没有到达传送带顶端,包裹将与传送带一起匀速运动,所以包裹到达传送带顶端时的速度大小为0.8m/s,C错误;包裹

与传送带一起匀速运动的时间t2=

s=4.6s,包裹在传送带上运动的总时间t=t1+t2=5.4s,D正确。4.[多选题][2026安徽蚌埠期末]如图甲所示,传送带以恒定的速率v0逆时针转动,将一可视为质点的物体

轻置于传送带顶端,物体向下运动14m后离开传送带,这段过程物体的v2-x图像如图乙所示,倾角θ=30°,

重力加速度g取10m/s2。则

()

A.0~4m内,物体受到的摩擦力方向沿传送带向下B.0~4m内,物体的加速度大小为12.5m/s2C.物体与传送带间的动摩擦因数为

ABD

D.物体在传送带上运动的时间为1.8s题图解读从题图中可获取的信息如图:

解析根据v2-x图线的斜率k=2a,可知0~4m内物体的加速度a=

×

m/s2=12.5m/s2,因a=12.5m/s2>g

sin30°=5m/s2,可知物体受到的摩擦力方向沿传送带向下(点拨:物体相对传送带向上运动,摩擦力方向

沿传送带向下),A、B正确。0~4m内物体做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得mgsin30°+μmg·

cos30°=ma,则物体与传送带间的动摩擦因数为μ=

,C错误。物体在传送带上加速运动的时间t1=

=0.8s,加速运动的位移x1=4m;4~14m内物体匀速运动(点拨:物体先加速到与传送带共速,后因重力沿传

送带向下的分力小于最大静摩擦力而匀速下滑),则运动的总时间为t=t1+

=0.8s+

s=1.8s,D正确。归纳总结

物体放在倾斜传送带上,初速度v0<v带,设传送带足够长,有以下两种情况:

5.[2025吉林松原月考]如图甲所示为一皮带传送装置,皮带沿逆时针方向匀速传动,物体由静止放到皮

带顶端,被皮带向下传送,其在皮带上运动的v-t图像如图乙所示(图中只画出一部分),重力加速度g取10m/s2。

(1)求皮带匀速运动的速度大小;(2)求皮带与水平面间的夹角θ及物体与皮带之间的动摩擦

因数μ;(3)如果物体是一袋石灰粉,当第一袋石灰粉被运送到目的

地时,发现皮带上留有一段9.0m长的白色痕迹,请由此推出石灰粉的传送时间和传送距离。答案

(1)8.0m/s

(2)30°

(3)4s

37m解析

(1)v-t图线的斜率表示加速度,由题图乙可知,物体在t=1.0s时加速度改变,说明1.0s前物体的速度

小于皮带的速度,1.0s后物体的速度大于皮带的速度,所以皮带的速度为8.0m/s。(2)由题图乙中v-t图线的斜率,可得0~1.0s内,a1=

=

m/s2=8.0m/s2,皮带对物体的滑动摩擦力沿皮带向下,由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma11.0~2.0s内,a2=

=

m/s2=2.0m/s2,皮带对物体的滑动摩擦力沿皮带向上,由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma2联立解得θ=30°,μ=

(3)0~1.0s内,石灰粉相对皮带向上滑动,相对位移的大小(痕迹长度)为Δx1=8×1m-

×1m=4m在1.0s之后,石灰粉相对皮带向下滑动因为当第一袋石灰粉被运送到目的地时,发现皮带上留有一段9.0m长的白色痕迹,故在1.0s之后,石灰

粉相对皮带的位移的大小(痕迹长度)为Δx2=9m设在1.0s之后,石灰粉在皮带上的运动时间为t,则Δx2=(8t+

a2t2)-8t联立可得t=3s故传送时间为t总=1s+3s=4s传送距离为x=

×1m+

=37m题组三组合传送带模型6.[多选题][2026江西南昌中学期末]盾构机在隧道挖掘过程中,通过内部皮带输送机将渣土运送至盾构

机尾部的出口。该过程可简化为如下模型:传送带由AB、BC两部分组成,AB段与水平面夹角θ=37°,长

1.8m,BC段水平,长10m,两段传送带在B处平滑连接,以恒定速率v=2m/s顺时针运行,将一渣土块(可视

为质点)无初速度地放到传送带底端,渣土块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。已知sin37°=0.6,cos37°=

0.8,重力加速度g取10m/s2。则

()

A.渣土块刚放上传送带时的加速度大小为0.4m/s2B.渣土块在传送带AB段上运动的时间为3s

ABC

C.渣土块在传送带上运动的总时间为8.02sD.渣土块在传送带上留下的划痕的长度为4.2m解析渣土块刚放到传送带上时,对其受力分析,如图所示,根据牛顿第二定律有μmgcosθ-mgsinθ=ma,

解得a=0.4m/s2,A正确。设渣土块在AB段一直加速,则有LAB=

at2,解得t=3s,渣土块在B处的速度vB=at=1.2m/s<v=2m/s,渣土块没有和传送带共速,假设成立(点拨:先判断是否共速,若未共速,则全程匀加速;若

已共速,则需分阶段计算),B正确。在BC段,渣土块先做匀加速直线运动,加速度为a1=μg=8m/s2,加速运

动的时间t1=

=0.1s,在BC段加速运动的位移x1=

t1=0.16m<LBC,则渣土块匀速运动的时间为t2=

=4.92s,故t总=t+t1+t2=8.02s,C正确。由上述分析知,t=3s前,渣土块在AB段做匀加速直线运动,划痕长度(渣土块相对传送带位移大小)为x=vt-LAB=4.2m,到达B处时,渣土块和传送带间仍存在相对滑动,

故划痕的长度一定大于4.2m,D错误。7.[2026湖南邵阳联考]一传送带装置如图所示,其中AB段是水平的,长度LAB=4m,BC段是倾斜的,长度LBC

=9m,倾角为θ=37°,AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(工件通过连接处时速度大小不变),传送带

以v=4m/s的恒定速率顺时针运转。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在C点,已知工件与传送

带间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)工件第一次到达B点时速度的大小;(2)工件第二次到达B点所用的总时间;(3)工件运动了2025s时所在的位置。答案

(1)6m/s

(2)5.5s

(3)在BC上且距离C点7.25m处解题导引(1)“传送带以v=4m/s的恒定速率顺时针运转”→AB段传送带速度方向水平向右,BC段传送带速度方

向斜向上(B→C)。(2)“工件(可看作质点)无初速度地放在C点”→工件初速度v0=0,初始在BC段,相对传送带向下运动,滑

动摩擦力方向沿斜面向上。(3)“AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(工件通过连接处时速度大小不变)”→工件在B点的速度

大小不变,仅方向由斜向下变为水平向左,可直接用速度大小衔接BC段和AB段的运动。解析

(1)工件第一次在BC段运动时,由C→B向下运动,由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma1解得a1=2m/s2由速度-位移公式得

=2a1LBC解得v1=6m/s(2)设经t1时间,工件第一次从C运动到B,则t1=

=3s在AB段,对工件,由牛顿第二定律得μmg=ma2解得a2=μg=5m/s2设经t2时间工件从B向A运动到速度为0,则t2=

=1.2s工件向左运动的位移大小为x1=

a2

=3.6m设经t3时间工件从速度为0向B加速运动到与传送带共速,则t3=

=0.8s工件向右运动的位移大小为x2=

a2

=1.6m设此后经t4时间工件与传送带一起匀速运动至第二次到达B点,则t4=

=0.5s所以工件第二次到达B点所用的时间为t=t1+t2+t3+t4=5.5s(3)工件在BC段沿传送带向上运动的时间为t5=

=2s运动的位移大小为x3=

a1

=4m此后,由于工件在传送带的BC段运动时的加速度相同,在传送带的AB段运动时的加速度也相同,故工件将在传送带上做往复运动,其周期为T,且T=2t5+2t3=5.6s由于工件第一次往返所需要的时间为t'=t+t5=7.5s且因为2025s-7.5s=360T+Δt则Δt=1.5s工件从最高点(工件在BC段沿传送带向上运动位移大小为x3处)沿BC向下运动的距离为x4=

a1(Δt)2=2.25m此时距C点的距离为Δx=LBC-x3+x4=7.25m所以工件运动了2025s时所在的位置在BC上且距离C点7.25m处。创新题型创新点传送带做变速运动8.[2026河南南阳阶段检测]如图甲所示,一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点),煤块与传送

带之间的动摩擦因数为μ=0.2,初始时,传送带与煤块都是静止的。现让传送带在变速电机带动下先加

速后减速,传送带的v-t图像如图乙所示。假设传送带足够长,经过一段时间,煤块在传送带上留下了一

段黑色痕迹,重力加