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第三章　第14练　专题强化：“传送带”模型中的动力学问题
[分值：50分]
1~4题每小题4分，5题9分，共25分
1.(2024·安徽卷·4)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度轻放一小物块，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(　　)
2.某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件如图所示，水平传送带AB长度L＝5.25 m，始终保持恒定速度v＝1 m/s顺时针运行，在传送带上A处轻轻放置一快件(可视为质点)，快件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，快件由静止开始加速，与传送带共速后做匀速运动到达B处，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反
B.快件先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用
C.快件与传送带的相对位移大小为0.5 m
D.快件由A到B的时间为5.5 s
3.(2024·江苏省扬州大学附属中学月考)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.t1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
4.(2025·江苏常州市开学考)如图所示，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左侧某位置，P在传送带带动下向右运动，与弹簧接触时速度恰好达到v。取P放置点为坐标原点，全过程P始终处在传送带上，以水平向右为正方向，物块在向右运动或向左运动的过程中，加速度a与位移x的关系图像正确的是(　　)
5.(9分)(2024·江苏苏州市期中)如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系图像如图乙所示。图线的0~3 s段为抛物线，3~4.5 s段为直线。求：
(1)(4分)传送带的速度大小；
(2)(5分)物块刚滑上传送带时的速度大小。
6、7题每小题6分，8题13分，共25分
6.(2025·江苏扬州市新华中学月考)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为θ(未知)。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，g取10 m/s2，则(　　)
A.传送带的速度大小为16 m/s
B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D.传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
7.(2024·江苏盐城市检测)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v－t图像如图乙所示，2 s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则(　　)
A.传送带的倾角θ＝30°
B.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4
C.传送带上下两端的间距为15 m
D.物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m
8.(13分)(2025·江苏扬州市开学考)如图所示，分拣工件的车间里，与水平面成θ＝37°的传送带正以v＝5 m/s的速度顺时针匀速运行，A、B两端相距l＝30 m。现每隔一段时间把质量m＝1 kg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，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.875，相邻工件之间的最小距离为0.5 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)(5分)一个工件从A到B所用的时间；
(2)(3分)一个工件在传送过程中留下的痕迹长度；
(3)(5分)相邻工件之间的最大距离以及传送带上最多有多少个工件。
参考解析
1.C　[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、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，合力不变，故做匀加速运动；t0之后，物块所受的静摩擦力与重力沿传送带向下的分力大小相等，加速度为零，物块做匀速直线运动。故C正确，A、B、D错误。]
2.D　[快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，匀速后，与传送带之间无相对运动趋势，不受摩擦力作用，故A、B错误；快件与传送带相对运动时，由牛顿第二定律得其加速度大小为a＝＝μg＝2 m/s2，快件由静止开始加速至速率为v的过程所用时间为t＝＝0.5 s，与传送带的相对位移大小为Δx＝vt－t＝0.25 m，故C错误；快件匀速运动的时间为t'＝＝5 s，所以快件由A到B的时间为t总＝t＋t'＝5.5 s，故D正确。]
3.C　[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时刻两者共速，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错误；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，故C正确，D错误。]
4.A　[物块与弹簧接触时速度恰好达到v说明与弹簧接触前物块做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得a＝μg，方向水平向右；与弹簧接触后在开始的一段时间内P相对于传送带静止，即P受弹簧弹力和静摩擦力平衡，P做匀速直线运动，则物块运动到弹力大于最大静摩擦力后，根据牛顿第二定律可得kx－μmg＝ma，方向向左。故选A。]
5.(1)2 m/s　(2)4 m/s
解析　(1)由题图乙得，3 s后物块随传送带做匀速直线运动，则v传＝v1＝ m/s＝2 m/s
(2)x－t图线的0~3 s段为抛物线，根据匀变速直线运动位移时间关系式可知，0~2 s物块做匀减速直线运动，则x2＝·t2
解得v物＝4 m/s。
6.C　[由题图乙可知，1 s时，物块的运动发生突变，可知传送带的速度为8 m/s，故A错误；在0~1 s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，与物块运动的方向相反，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
根据题图乙可得
a1＝ m/s2＝8 m/s2
在1~2 s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，与物块运动的方向相同，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
根据题图乙可得
a2＝ m/s2＝4 m/s2
联立解得μ＝0.25，θ＝37°，故B错误，C正确；结合上述分析可知，当传送带的速度大小大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度大小为a2的匀减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，故D错误。]
7.D　[由题图乙得0~1 s内物体加速度a1＝ m/s2＝10 m/s2
根据牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
1~2 s内加速度a2＝ m/s2＝2 m/s2
根据牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故A、B错误；
由题可得物体0~2 s内的位移大小即为传送带上下两端的间距l，根据v－t图像与t轴所围的面积表示位移，可知l＝ m＋×1 m＝16 m，故C错误；由题图乙知传送带的速率v0＝10 m/s，则0~1 s内，物体的位移为x1＝ m＝5 m
传送带的位移为
x2＝v0t1＝10×1 m＝10 m
故物体与传送带间相对位移大小为Δx1＝x2－x1＝10 m－5 m＝5 m，物体相对传送带向上运动；
1~2 s内物体的位移为
x3＝×1 m＝11 m
传送带的位移为
x4＝v0t2＝10×1 m＝10 m
故物体与传送带间相对位移大小为
Δx2＝x3－x4＝1 m
物体相对传送带向下运动，痕迹重叠1 m，因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m，故D正确。]
8.(1)8.5 s　(2)12.5 m　(3)5.0 m　8
解析　(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度大小为a，则由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma
代入数据可得加速度大小为a＝1 m/s2
工件匀加速时间为t1＝ s＝5 s
工件匀加速的位移大小为
x＝t1＝12.5 m
工件匀速运动的时间为
t2＝ s＝3.5 s
故工件从A到B所用的时间
t＝t1＋t2＝8.5 s
(2)只有加速阶段工件会留下痕迹，此过程传送带位移大小为x1＝vt1＝25 m
所以划痕长度为Δx＝x1－x＝25 m－12.5 m＝12.5 m
(3)设相邻工件放到传送带上的时间间隔为Δt，刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的最小距离为
dmin＝a(Δt)2＝0.50 m
解得Δt＝1 s
当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则有dmax＝vΔt＝5.0 m
传送带上正在加速工件个数
n1＝＝5个
匀速运动的工件个数n2＝＝3.5个
故传送带上最多工件个数为8个。

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