高考一轮微专题训练10“传送带”模型(含答案)
高考一轮微专题训练【10】“传送带”模型(含答案)
微专题训练10 “传送带”模型1．(单选)物块M 在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图1中箭头所示．则传送带转动后 ( )．图1A ．物块将减速下滑B ．物块仍匀速下滑C ．物块受到的摩擦力变小D ．物块受到的摩擦力变大解析 当传送带静止时，物块匀速下滑，物块受力平衡可得：mgsin θ＝μmgcos θ；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为μmgcos θ，物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑．答案 B2．(多选)如图2所示，一质量为m 的小物体以一定的速率v 0滑到水平传送带上左端的A 点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B 点，经过的时间为t 0，则下列判断正确的是 ( )．图2A ．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B 点，且用时为t 0B ．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过B 点C ．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v ＝v 0时，物体将一直做匀速运动滑过B 点，用时一定小于t 0D ．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v>v 0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B 点，用时一定小于t 0解析 传送带静止时，有12mv 2B －12mv 20＝－μmgL ，即v B ＝v 20－2μgL ，物体做匀减速运动，若传送带逆时针运行，物体仍受向左的摩擦力μmg ，同样由上式分析，一定能匀减速至右端，速度为v B ，用时也一定仍为t 0，故选项A 对，而B 错；若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v ＝v 0时，物体将不受摩擦力的作用，一直做匀速运动滑至B 端，因为匀速通过，故用时一定小于t 0，故选项C 正确；当其运行速率(保持不变)v>v 0时，开始物体受到向右的摩擦力的作用，做加速运动，运动有两种可能：若物体加速到速度v 还未到达B 端时，则先匀加速运动后匀速运动，若物体速度一直未加速到v 时，则一直做匀加速运动，故选项D 不对．答案 AC3．(多选)如图3甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则 ( )．图3A ．乘客与行李同时到达B 处B ．乘客提前0.5 s 到达B 处C ．行李提前0.5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处解析 行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝v a ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v 2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝2 m －x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ；乘客到达B ，历时t ＝2 m v＝2 s ，故B 正确．若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝2×21 s ＝2 s ，D 项正确． 答案 BD4．(2018·郑州检测)(单选)如图4所示为粮袋的传送装置，已知AB 间长度为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ( )．图4A ．粮袋到达B 点的速度与v 比较，可能大，也可能相等或小B ．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将一定以速度v 做匀速运动C ．若μ≥tan θ，则粮袋从A 到B 一定一直是做加速运动D ．不论μ大小如何，粮袋从A 到B 一直做匀加速运动，且a>gsin θ解析 开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mgsin θ＋μF N ＝ma ，F N ＝mgcos θ，解得a ＝gsin θ＋μgcos θ，故B 项错；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mgsin θ>μmgcos θ，即当μ<tan θ时粮袋将继续做加速运动，C 、D 项错，A 项对． 答案 A5．(2018·江西盟校二联，24)如图5所示，一水平传送装置有轮半径均为R ＝1πm 的主动轮O 1和从动轮O 2及传送带等构成．两轮轴心相距8.0 m ，轮与传送带不打滑．现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出．(g 取10 m/s 2)图5(1)当传送带以4.0 m/s 的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端O 2正上方的A 点轻放在传送带上后，这袋面粉由A 端运送到O 1正上方的B 端所用的时间为多少？(2)要想尽快将这袋面粉由A 端送到B 端(设初速度仍为零)，主动轮O 1的转速至少应为多大？解析 设这袋面粉质量为m ，其在与传送带产生相对滑动的过程中所受摩擦力f ＝μmg.故而其加速度为：a ＝f m＝μg ＝4.0 m/s 2 (1)若传送带的速度v 带＝4.0 m/s ，则这袋面粉加速运动的时间t 1＝v 带/a ＝1.0 s ，在t 1时间内的位移s 1为：s 1＝12at 21＝2.0 m 其后以v ＝4.0 m/s 的速度做匀速运动s 2＝l AB －s 1＝vt 2，解得：t 2＝1.5 s运动的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝2.5 s(2)要想时间最短，这袋面粉应一直向B 端做加速运动，由l AB ＝12at′2可得：t′＝2.0 s 此时传送带的运转速度为：v′＝at′＝8.0 m/s由v′＝ωR ＝2πnR 可得：n ＝4 r/s ＝240 r/min答案 (1)2.5 s (2)4 r/s 或240 r/min6．如图6所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s 的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端P 处，由传送带传送至顶端Q 处．已知P 、Q 之间的距离为4 m ，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝32，取g ＝10 m/s 2.图6(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P 点运动到Q 点所用的时间．解析 (1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma代入数值得：a ＝2.5 m/s 2则其速度达到传送带速度时发生的位移为x 1＝v 22a ＝222×2.5 m ＝0.8 m<4 m可见工件先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m(2)匀加速时，由x 1＝v 2t 1得t 1＝0.8 s匀速上升时t 2＝x 2v ＝3.22 s ＝1.6 s所以工件从P 点运动到Q 点所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝2.4 s答案 (1)先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s。
高中物理---传送带模型-----典型例题(含答案)【经典】
难点形成的原因：1、对于物体与传送带之间是否存在摩擦力、是滑动摩擦力还是静摩擦力、摩擦力的方向如何，等等，这些关于摩擦力的产生条件、方向的判断等基础知识模糊不清；2、对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动，判断错误；3、对于物体在传送带上运动过程中的能量转化情况考虑不全面，出现能量转化不守恒的错误过程。
1、水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．绷紧的传送带AB 始终保持恒定的速率v ＝1 m/s 运行，一质量为m ＝4 kg 的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2. (1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处，求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率． |解析 (1)行李刚开始运动时，受力如图所示，滑动摩擦力：F f ＝μmg ＝4 N 由牛顿第二定律得：F f ＝ma 解得：a ＝1 m/s 2 (2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则：v ＝at ，解得t ＝v a＝1 s(3)行李始终匀加速运行时间最短，且加速度仍为a ＝1 m/s 2，当行李到达右端时， 有：v 2min ＝2aL 解得：v min ＝2aL ＝2 m/s故传送带的最小运行速率为2 m/s 行李运行的最短时间：t min ＝v mina＝2 s 2：如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s 的速度顺时针转动，在传送带下端轻轻地放一个质量m=㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=，已知传送带从A →B 的长度L=50m ，则物体从A 到B 需要的时间为多少【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2m/s 2.1sin cos =-=mmg mg a θθμ。
2020版高考物理一轮复习第三章课时作业10动力学中的“传送带、板块”模型课件新人教版
A．μ1>μ2 B．μ3<μ2 C．图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是 μ3mgcosθ D．图甲中英语词典受到的摩擦力大小是 μ2mgcosθ
解析：对图甲，对整体分析，根据共点力平衡有 2mgsinθ＝ μ2·2mgcosθ，对乙图，对整体分析，根据牛顿第二定律得 2mgsinθ －μ1·2mgcosθ＝2ma，由两式可知 μ1<μ2，故 A 错误．对图乙， 对整体分析，由 2mgsinθ－μ1·2mgcosθ＝2ma，解得 a＝gsinθ－ μ1gcosθ，对汉语词典分析，根据牛顿第二定律得 mgsinθ－f＝ma， 解 得 f ＝ μ1mgcosθ ， 因 为 两 词 典 保 持 相 对 静 止 ， 则 μ1mgcosθ<μ3mgcosθ，知 μ1<μ3，无法比较 μ2 与 μ3 的关系，故 B、 C 错误．根据共点力平衡条件知，图甲中英语词典所受的摩擦力 为静摩擦力，f＝mgsinθ，因为 2mgsinθ＝μ2·2mgcosθ，所以 f＝ μ2mgcosθ，故 D 正确．
8．(2019·江苏如皋模拟)如图所示，一质量为 m1＝0.2 kg 的 足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量 m2＝0.1 kg 的小物 块(可视为质点)置于小车上 A 点，其与小车间的动摩擦因数 μ＝ 0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现给小物块一个方向水平 向右、大小为 v0＝6 m/s 的初速度，同时对小物块施加一个方向 水平向左、大小为 F＝0.6 N 的恒力，g 取 10 m/s2.求：
(2)设经过时间 t 小车与小物块速度相同，设速度为 v1，由运 动学公式得
对小车：v1＝a1t 对小物块：v1＝v0－a2t 解得 t＝0.5 s，v1＝1.0 m/s (3)假设当两者达到共同速度后相对静止，系统只受恒力 F1 作用，设系统的加速度为 a3，则由牛顿第二定律得 F1＝(m1＋m2)a3 解得 a3＝2 m/s2 此时小车所需要的静摩擦力为 Ff＝m1a3＝0.4 N
2021届新高三高考物理一轮复习题型练习卷：传送带模型中的动力学问题
传送带模型中的动力学问题［典例1］水平传送带被广泛地应用于机场和车站,如图所示为一水平传送带装置示意图。
紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1m/s运行。
一质量为m=4kg的行李无初速度地放在A处,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。
设行李与传送带之间的动摩擦因数卩=0.1,A,B间的距离L=2m,g取10m/s12。
(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小;(2)求行李做匀加速直线运动的时间;(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。
变式1:如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L=3.5m,物块A以水平速度v0=4m/s 滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数卩=0.1，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v,g取10m/s2，下列说法正确的是()A.若传送带速度等于2m/s,物块可能先减速运动，后匀速运动B.若传送带速度等于3.5m/s,v一定等于3m/sC.若v等于3m/s,传送带一定沿逆时针方向转动D.若v等于3m/s,传送带可能沿顺时针方向转动［典例2］如图所示,倾角为37°，长为l=16m的传送带，转动速度为v=10m/s，动摩擦因数卩=0.5,在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5kg的物体。
已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2。
求：1传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；2传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。
变式2:如图所示，以速度v0逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为U,则图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是（）同步练习1.（水平传送带）如图所示，一质量为m的小物体以一定的速率V。
传送带模型练习(带答案)
1：如图所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s 的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角 0 = 30°。
现把质量为10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端P 处，由传送带传送至顶端 Q 处。
■'3 2口 = 2，取 g = 10 m/s 。
(1) 通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2) 求工件从P 点运动到Q 点所用的时间。
［答案］(1)先匀加速运动0.8 m,然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s解析(1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力由牛顿第二定律得：j mcos 旷mgsin 尸ma 代入数值得：a =2.5 m/s 22v -则其速度达到传送带速度时发生的位移为X 1= = --------- m = 0.8 m<4 m 可见工件先匀加速运动0.8 m ,然后匀速运动3.2 m 2a 2X 2.5已知P 、Q 之间的距离为4 m 工件与传送带间的动摩擦因数 22(2)匀加速时，由X 1 =尹得t 1 = 0.8 sX 2 3 2匀速上升时t 2= _=可s = 1.6 s 所以工件从v 2P 点运动到Q 点所用的时间为t = t 1 +t 2= 2.4 s2:如图，倾角为37 °,长为 擦因数j = 0.5,在传送带顶端 体.已知 sin 37° =6, cos 37 (1) 传送带顺时针转动时，物体从顶端 (2) 传送带逆时针转动时，物体从顶端 答案 (1)4 s (2)2 s解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向l = 16 m 的传送带，转动速度为 A 处无初速度地释放一个质量为=.8, g = 10 m/s 2.求： A 滑到底端B 的时间； A 滑到底端B 的时间.v = 10 m/s ，动摩 m = 0.5 kg 的物下匀加速运动，根据牛顿第二定律有 mg(sin 37 ° 37 ° )nra 则a =gsin 37 ° 37 °= m/s 2,根据11= 2at 2得 t = 4 s.(2传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度mgsin 37+ rrcps 37大小为 a 1,由牛顿第二得，mgsin 37 ° + m^s 37 ° =ms !则有 &== 10 m/s 2v 10 1设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为「位移为X1,则有t1= a= 10 s = 1 s, X 1 = 2a 1t2= 5 m <= 16 m当物体运动速度等于传送带速度瞬间， 有mgsin 37 ° j mcgis 37 °，则下一时刻物体相对传送带向下运动， 受到传送带向上的滑动摩擦力一一摩擦力发生突变.设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为 mgsin 37 — m?Ps 37a 2,则 a 2=---------------------- = 2mQX 2= l — X 1 = 11 m1又因为 X 2= Vt 2 +2业2，则有 1Ct 2+ t 2= 11，解得：t 2= 1 s(t 2=— 11 s 舍去)所以上总=t 〔+ t 2= 2 s.3•如图所示，足够长的传送带与水平面倾角 037 °，以12m/s 的速率逆时针转动。
传送带模型(牛顿第二定律)-2024年高考物理一轮复习考点通关卷(学生版)
考点巩固卷传送带模型建议用时：50分钟考点序号考点题型分布考点1水平传送带模型3单选+2多选+2解答考点2倾斜传送带模型3单选+3多选考点3传送带模型中的划痕问题5多选考点01：水平传送带模型(3单选+2多选+2解答)一、单选题1(2023·全国·模拟预测)如图所示，水平传送带以恒定速度v=16m/s顺时针匀速运行，左右两端A、B之间距离L=16m。
现将一质量m=2kg可看做质点的物块轻轻放到传送带A端，同时对物块施加一水平向右的恒力F=10N。
已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.30，重力加速度g=10m/s2。
物块从A端运动到B端的过程中，下列说法正确的是()A.物块从A端运动到B端的过程先匀加速运动后匀速运动B.物块从A端运动到B端的时间t=1sC.摩擦力对物块做功W=96JD.物块运动到B端时，恒力F的瞬时功率P=200W2(2023春·河北·高三校联考阶段练习)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。
将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。
关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是()A.饺子一直做匀加速运动B.传送带的速度越快，饺子的加速度越大C.饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量D.传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能3(2023·全国·高三专题练习)如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度-时间图像如图乙所示，下列描述正确的是()A.小物块一直受滑动摩擦力B.传送带做顺时针的匀速运动C.传送带做顺时针的匀加速运动D.小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带二、多选题4(2023·甘肃兰州·统考一模)近年来网上购物的飞速增长催生了物流行业的快速发展。
2024高考物理一轮复习专题练习及解析—传送带模型和“滑块—木板”模型
2024高考物理一轮复习专题练习及解析—传送带模型和“滑块—木板”模型1.如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动．假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是()A．要实现这一目的前提是μ<tan θB．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零C．全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上D．若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间2．(多选)图甲为一转动的传送带，以恒定的速率v顺时针转动．在传送带的右侧有一滑块以初速度v0从光滑水平面滑上传送带，运动一段时间后离开传送带，这一过程中滑块运动的v－t图像如图乙所示．由图像可知滑块()A．从右端离开传送带B．从左端离开传送带C．先受滑动摩擦力的作用，后受静摩擦力的作用D．变速运动过程中受滑动摩擦力的作用3．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是()A．M＝mB．M＝2mC．木板的长度为8 mD．木板与物块间的动摩擦因数为0.14.(2023·甘肃省模拟)如图所示，水平匀速转动的传送带左右两端相距L＝3.5 m，物块A(可看作质点)以水平速度v0＝4 m/s滑上传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设A到达传送带右端时的瞬时速度为v，g取10 m/s2，下列说法不正确的是()A．若传送带速度等于2 m/s，物块不可能先做减速运动后做匀速运动B．若传送带速度等于3.5 m/s，v可能等于3 m/sC．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，传送带可能沿逆时针方向转动D．若A到达传送带右端时的瞬时速度v等于3 m/s，则传送带的速度不大于3 m/s5.(多选)(2023·福建福州市高三检测)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是()A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大6．(多选)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C．图乙中t2＝24 sD．木板的最大加速度为2 m/s27.(2023·山东泰安市模拟)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8 m/s 的速度顺时针转动时，下列说法正确的是()A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 sC．Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 mD．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N 8．(2023·河南信阳市模拟)如图甲所示，在顺时针匀速转动且倾角为θ＝37°的传送带底端，一质量m＝1 kg的小物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度与时间(v－t)关系的部分图像如图乙所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ；(2)物块沿传送带向上运动的最大位移；(3)物块向上运动到最高点的过程中相对传送带的路程．9.(2023·辽宁大连市检测)如图所示，一质量M＝2 kg的长木板B静止在粗糙水平面上，其右端有一质量m＝2 kg的小滑块A，对B施加一水平向右且大小为F＝14 N的拉力；t＝3 s后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上．已知A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.1，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度取g ＝10 m/s2.(1)求有拉力时木板B和滑块A的加速度大小；(2)要使滑块A不从木板B左端掉落，求木板B的最小长度．1．C 2.AD 3.BC 4.D 5.AB6．ACD7．C [当传送带以v ＝8 m/s 的速度逆时针转动时，Q 恰好静止不动，对Q 受力分析知m P g ＝μm Q g ，解得μ＝0.5，A 错误；当传送带以v ＝8 m/s 的速度顺时针转动，物块Q 先做初速度为零的匀加速直线运动，有m P g ＋μm Q g ＝(m P ＋m Q )a ，解得a ＝203 m/s 2，当物块Q 速度达到传送带速度，即8 m/s 后，做匀速直线运动，由v ＝at 1，解得匀加速的时间t 1＝1.2 s ，匀加速的位移为x ＝v 22a ＝4.8 m ，则匀速运动的时间为t 2＝L －x v ＝1.4 s ，Q 从传送带左端滑到右端所用的时间为t 总＝t 1＋t 2＝2.6 s ，B 错误；加速阶段的位移之差为Δx ＝v t 1－x ＝4.8 m ，即Q 从传送带左端到右端相对传送带运动的距离为4.8 m ，C 正确；当Q 加速时，对P 分析有m P g －F T ＝m P a ，解得F T ＝203N ，之后做匀速直线运动，有F T ′＝20 N ，D 错误．] 8．(1)0.5 (2)6.4 m (3)4.8 m解析 (1)由题图乙可知，物块的初速度v 0＝8 m/s ，物块的速度减速到与传送带的速度相同时，加速度发生变化，所以传送带转动时的速度v ＝4 m/s ，从t ＝0到t＝0.4 s 时间内，物块加速度大小为a 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪Δv Δt ＝8－40.4 m/s 2＝10 m/s 2，方向沿斜面向下；物块受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得μ＝0.5.(2)设在t ＝0.4 s 后，物块做减速运动的加速度大小为a 2，物块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，物块从t ＝0.4 s 开始，经过t 1时间速度减为零，则t 1＝42 s ＝2 s ，从t ＝0到t ＝0.4 s ，物块位移为x 1＝v 0Δt －12a 1(Δt )2＝2.4 m ，从t ＝0.4 s 到t ＝2.4 s ，物块减速到零的位移为x 2＝v 2t 1＝42×2 m ＝4 m ，物块沿传送带向上运动过程中的位移为x ＝x 1＋x 2＝6.4 m.(3)从t ＝0到t ＝0.4 s ，传送带位移为x 3＝v Δt ＝1.6 m ，物块相对传送带向上运动Δx 1＝x 1－x 3＝0.8 m ，从t ＝0.4 s 到t ＝2.4 s ，传送带位移x 4＝v t 1＝8 m ，物块相对传送带向下运动Δx 2＝x 4－x 2＝4 m ，故物块向上运动到最高点的过程中，物块相对传送带的路程Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝4.8 m.9．(1)2 m/s 2 1 m/s 2 (2)5.25 m解析 (1)对滑块A 根据牛顿第二定律可得μ1mg ＝ma 1，故A 的加速度大小为a 1＝1 m/s 2，方向向右；对木板B 根据牛顿第二定律可得F －μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2，解得木板B 加速度大小为a 2＝2 m/s 2.(2)撤去外力瞬间，A 的位移大小为x 1＝12a 1t 2＝4.5 m ，B 的位移大小为x 2＝12a 2t 2＝9 m ，撤去外力时，滑块A 和木板B 的速度分别为v 1＝a 1t ＝3 m/s ，v 2＝a 2t ＝6 m/s ，撤去外力后，滑块A 的受力没变，故滑块A 仍然做加速运动，加速度不变，木板B 做减速运动，其加速度大小变为a 2′＝μ1mg ＋μ2(m ＋M )g M＝5 m/s 2，设再经过时间t ′两者达到共速，则有v 1＋a 1t ′＝v 2－a 2′t ′撤去外力后，A 的位移大小为x 1′＝v 1t ′＋12a 1t ′2B 的位移大小为x 2′＝v 2t ′－12a 2′t ′2故木板B 的长度至少为L ＝x 2－x 1＋x 2′－x 1′代入数据解得L ＝5.25 m.。
传送带模型练习(附答案))
传送带一、多选题A．开始时行李的加速度大小为A．物体从A端到B端的整个运动过程中一直受到滑动摩擦力B．物体在倾斜传送带上先做匀加速运动，再做匀速运动C．物体在倾斜传送带上先做匀加速运动，再做匀减速运动D．物体经7.5s到达传送带二、单选题3．（2023春·上海闵行·高一校考期末）如图，一传送带的上表面以1v向右做匀速运动，其右侧平台上有一质量为m的物体以初速度0v向左冲上传送带。
若传送带足够长，并且1v小于0v，则物体在返回平台的瞬间，其动能与刚离开平台瞬间相比（ ）A．增大B．减小C．不变D．都可能【答案】B【详解】物体在减速和加速时的加速度大小相等，根据匀变速直线运动规律可知，物体在返回平台之前向右的速度就已经达到1v，之后不会再加速，则物体在返回平台的瞬间，其速度大小为1v，小于其刚离开平台瞬间，即动能与刚离开平台瞬间相比减小。
故选B。
4．（2023·辽宁阜新·统考模拟预测）如图甲所示，足够长的匀速运动的传送带的倾角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中0v、0t已知。
重力加速度大小为g。
下列说法正确的是（ ）A．物块可能沿传送带向上运动B．物块与传送带间的动摩擦因数大于tan C．0t时间后物块的加速度大小为2sing D．若传送带反转，则物块将一直以大小为三、解答题【答案】（1）1.25s；（2）0.8【详解】（1）由题图乙可知，包裹在0~0.5s1x 0.5s后包裹做匀速直线运动，有【答案】（1）212m/s；（【详解】（1）求物体刚滑入传送带时的加速度大小，【答案】（1）4m/s；（2）【答案】（1）2【详解】（1）物块A从释放到与传送带共速的这段时间内，物块A的加速度大小为1a，对A、B。
2020年高考物理专题训练—力学之传送带模型 含解析
2020年高考专题训练—力学之传送带模型含解析1．如图所示，水平传送带以v=4m/s的速度匀速转动，传送带两端的长度L=8m．现在传送带左端A无初速度竖直释放某一可视为质点的物块，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，试求：（g=10m/s2）（1）物块刚放上传送带时物块的加速度a；（2）物块由传送带左端A运动到右端B的总时间；（3）若传送带匀速转动的速度可调，则传送带至少以多大速度v min运行，物块从A端到B端运动时间才最短？2．用与水平方向夹角为30°的倾斜传送带将质量为0.2kg的小煤块从高处运往低处，传送带两皮带轮轴心间的距离为L＝22m，若传送带不动，将煤块从传送带顶端无初速度释放，滑到底端需用时4.69s（）.（g=10m/s2）求：（1）煤块与传送带之间的滑动摩擦力大小；（2）现让传送带的两轮逆时针转动，使传送带保持以4m/s的速度运行，将煤块无初速度地放到传送带顶端，求煤块到达传送带底端所用的时间。
并求出此种情况下煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度.3．如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧轨道，并与圆弧下端相切．一质量为m=1kg的物体自圆弧轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径为R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，不计物体滑过圆弧轨道与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g取10m/s2．求：（1）物体第一次滑到圆弧轨道下端时，对轨道的压力大小F N；（2）物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，摩擦力对传送带做的功W，以及由于摩擦而产生的热量Q．4．如下图所示，在水平匀速运动的传送带的左端(P点)，轻放一质量为m＝1kg的物块，物块随传送带运动到A点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B、D为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R＝1.0m，圆弧对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为C，A点距水平面的高度h＝0.8m．(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：（1）物块离开A点时水平初速度的大小；（2）物块经过C点时对轨道压力的大小；（3）设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为5m/s，求PA间的距离．5．如图所示，质量为M=1kg的小木块随水平传送带一起以v=2m/s的速度向左匀速运动，传送带两端A、B间距为L=0.8m，小木块与传送带的动摩擦因数μ=0.5．当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m=20g 的子弹，以v0=300m/s的水平向右的速度射入木块，并在极短的时间内穿出，穿出速度v m=50m/s，重力加速度g取10m/s2．求：（1）子弹穿出小木块时小木块的速度v M；（2）子弹射穿小木块过程中产生的热量Q；（3）小木块在传送带上运动的时间．6．如图所示，传送带与水平面之间的夹角θ=30°，其上A、B两点间的距离L=5m，传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动．现将一质量m=10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带的A点，已知小物体与传送之间的动摩擦因数μ，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（取g=10m/s2）（1）物体刚开始运动的加速度大小；（2）物体从A到B运动的时间；（3）传送带对小物体做的功；（4）电动机做的功。
高考物理复习基础练习(传送带模型)
高考物理一轮复习基础夯实专练（传送带模型）1．如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，传送带匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一滑块，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块速度随时间变化的关系如图乙所示，v 0、t 0已知，则( )A ．传送带一定顺时针转动B ．μ＝tan θ＋v 0gt 0cos θC ．传送带的速度大于v 0D ．t 0后滑块的加速度为2g sin θ－v 0t 0【答案】：D【解析】：若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(mg sin θ>μmg cos θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mg sin θ<μmg cos θ)，先做匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将做匀速运动，两种情况均不符合题图乙，故传送带是逆时针转动，选项A 错误；滑块在0～t 0时间内，所受滑动摩擦力沿传送带向下，匀加速下滑，a 1＝g sin θ＋μg cos θ，由题图乙可知a 1＝v 0t 0，则μ＝v 0gt 0cos θ－tan θ，选项B 错误；滑块与传送带的速度相等后的加速度a 2＝g sin θ－μg cos θ，解得a 2＝2g sin θ－v 0t 0，选项D 正确；由前述分析结合题图乙知，传送带的速度等于v 0，选项C 错误。
2.(多选)(2019·黄冈模拟)机场使用的货物安检装置如图所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运动，AB 为传送带水平部分且长度L ＝2 m ，现有一质量为m ＝1 kg 的背包(可视为质点)无初速度的放在水平传送带的A 端，可从B 端沿斜面滑到地面。
已知背包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．背包从A 运动到B 所用的时间为2.1 sB ．背包从A 运动到B 所用的时间为2.3 sC ．背包与传送带之间的相对位移为0.3 mD ．背包与传送带之间的相对位移为0.1 m【答案】：AD【解析】：背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，μmg ＝ma ，得a ＝5 m/s 2，背包达到传送带的速度所用时间t 1＝v a ＝0.2 s ，此过程背包对地面位移x 1＝v 2t 1＝12×0.2 m ＝0.1 m<L ＝2 m ，共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包与传送带的相对位移为Δx ＝vt 1－x 1＝1×0.2 m －0.1 m ＝0.1 m ，背包匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝2－0.11s ＝1.9 s ，所以背包从A 运动到B 所用的时间为：t ＝t 1＋t 2＝2.1 s ，故A 、D 正确。
高三一轮复习传送带模型专题(精心编排版)
物理模型—传送带模型首先，概括下与传送带有关的知识：（一）传送带分类：（常见的几种传送带模型）1.按放置方向分水平、倾斜和组合三种；2.按转向分顺时针、逆时针转两种；3.按运动状态分匀速、变速两种。
（二）传送带特点：传送带的运动不受滑块的影响，因为滑块的加入，带动传送带的电机要多输出的能量等于滑块机械能的增加量与摩擦生热的和。
（三）受力分析：传送带模型中要注意摩擦力的突变（发生在v 物与v 带相同的时刻），对于倾斜传送带模型要分析mgsin θ与f 的大小与方向。
突变有下面三种：1.滑动摩擦力消失；2.滑动摩擦力突变为静摩擦力；3.滑动摩擦力改变方向； （四）运动分析：1.注意参考系的选择，传送带模型中选择地面为参考系；2.判断共速以后是与传送带保持相对静止作匀速运动呢？还是继续加速运动？3.判断传送带长度——临界之前是否滑出？ （五）传送带问题中的功能分析1.功能关系：W F =△E K +△E P +Q 。
传送带的能量流向系统产生的内能、被传送的物体的动能变化，被传送物体势能的增加。
因此，电动机由于传送工件多消耗的电能就包括了工件增加的动能和势能以及摩擦产生的热量。
2.对W F 、Q 的正确理解（a ）传送带做的功：W F =F·S 带 功率P=F× v 带 （F 由传送带受力平衡求得） （b ）产生的内能：Q=f·S 相对（c ）如物体无初速，放在水平传送带上，则在整个加速过程中物体获得的动能E K ，因为摩擦而产生的热量Q 有如下关系：E K =Q=2mv 21传 。
一对滑动摩擦力做的总功等于机械能转化成热能的值。
而且这个总功在求法上比一般的相互作用力的总功更有特点，一般的一对相互作用力的功为W ＝f 相s 相对，而在传送带中一对滑动摩擦力的功W ＝f相s ，其中s 为被传送物体的实际路程，因为一对滑动摩擦力做功的情形是力的大小相等，位移不等（恰好相差一倍），并且一个是正功一个是负功，其代数和是负值，表明机械能向内能转化，转化的量即是两功差值的绝对值。
2025届高考物理复习：经典好题专项(“传送带”模型问题)练习(附答案)
2025届高考物理复习：经典好题专项（“传送带”模型问题）练习1. (2023ꞏ广东省深圳中学阶段测试)如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m 的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。
初始时，传送带与煤块都是静止的。
现让传送带以恒定的加速度a 开始运行，当其速度达到v 后，便以此速度做匀速运行。
传送带速度达到v 时，煤块未与其共速，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g )( )A ．μ与a 之间一定满足关系μ>a gB ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为v 2μgC ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v μgD ．黑色痕迹的长度为v 22μg2. 如图所示，一绷紧的水平传送带以恒定的速率v ＝10 m/s 运行，某时刻将一滑块轻轻地放在传送带的左端，已知传送带与滑块间的动摩擦因数为0.2，传送带的水平部分A 、B 间的距离足够长，将滑块刚放上去2 s 时突然停电，传送带立即做加速度大小a ＝4 m/s 2的匀减速运动至停止(重力加速度取g ＝10 m/s 2)。
则滑块运动的位移为( )A ．8 mB ．13.5 mC ．18 mD ．23 m3. 如图所示，物块放在一与水平面夹角为θ的传送带上，且始终与传送带相对静止。
关于物块受到的静摩擦力F f ，下列说法正确的是( )A ．当传送带加速向上运动时，F f 的方向一定沿传送带向上B ．当传送带加速向上运动时，F f 的方向一定沿传送带向下C ．当传送带加速向下运动时，F f 的方向一定沿传送带向下D ．当传送带加速向下运动时，F f 的方向一定沿传送带向上4．(多选)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。
如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情景。
2022届高考物理一轮复习课时作业十“传送带”模型和“滑块_滑板”模型含解析新人教版2
“传送带〞模型和“滑块—滑板〞模型[双基稳固练]1．(多项选择)如下图，水平传送带A、B两端相距x＝3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端瞬时速度v A＝4m/s，到达B端的瞬时速度设为v B，那么(g取10m/s2)( )A．假设传送带不动，那么v B＝3m/sB．假设传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，v B＝3m/sC．假设传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，v B＝3m/sD．假设传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，v B＝2m/s2．如下图，足够长的水平传送带以v0＝2m/s的速度匀速运行．t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2s时传送带突然制动停下．滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g 取10m/s2.在选项中，关于滑块相对地面运动的vt图象正确的选项是( ) 3．[2021·广东惠州调研](多项选择)如下图，一颗子弹以水平速度v0射穿一块静止在光滑水平面上的木块后，木块的速度为v.设木块的长度恒定，木块对子弹的摩擦阻力恒定，相互作用时间为t.那么( )A．v0越大，v越大B．v0越小，t越大C．子弹质量越大，v越小D．木块质量越小，t越小4．[2021·江西七校联考] (多项选择)如图，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．木块的质量m＝1kg，木板的质量m0＝4kg，长l＝2.5m，上外表光滑，下外表与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现用水平恒力F＝20N拉木板，g取10m/s2，那么木板的加速度和要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间分别为( ) A．2m/s2B．2.5m/s2C．0.5sD．1s[综合提升练]5．如下图，一长木板质量为M＝4kg，木板与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m＝2kg 的小滑块放在木板的右端，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.开始时木板与滑块都处于静止状态，木板的右端与右侧竖直墙壁的距离L＝2.7m，现给木板一水平向右的初速度v0＝6m/s使木板向右运动，设木板与墙壁碰撞时间极短，且碰后以原速率弹回，g取10m/s2，求：(1)木板与墙壁碰撞时，木板和滑块的瞬时速度各是多大．(2)木板与墙壁碰撞后，经过多长时间小滑块停在木板上．6．传送带以恒定速率v ＝4m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m ＝1kg 的小物块轻放在其底端(小物块可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F ＝10N 拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H ＝1.8m 的平台上，如下图．物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物块在传送带上运动的时间；(2)假设在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F ，那么物块还需多长时间才能脱离传送带？ 课时作业(十)1．解析：假设传送带不动，由匀变速运动规律可知v 2B －v 2A ＝－2ax ，a ＝μg ，代入数据解得v B ＝3 m/s ，当满足选项B 、C 、D 中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是μg ，所以工件到达B 端时的瞬时速度仍为3 m/s ，应选项A 、B 、C 正确，D 错误．答案：ABC2．解析：滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a ＝μg ＝2 m/s 2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t 1＝v 0a ＝1 s ，然后随传送带一起匀速运动的时间t 2＝t －t 1＝1 s ，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a ′＝－a ＝－2 m/s 2，运动的时间t 3＝1 s ，所以速度—时间图象对应D 选项．答案：D3．解析：如下图，设子弹的加速度大小为a 1，木块的加速度大小为a 2，由于木块对子弹的摩擦阻力恒定，故a 1、a 2不变，子弹穿过木块的相对位移L ＝v 0t －12a 1t 2－12a 2t 2，因为L 不变，所以v 0越大，所用的时间越短，由v ＝a 2t 知，v 越小，A 错误；因为子弹穿过木块相对木块的位移不变，v 0越小，子弹穿过木块的时间越长，B 正确；由牛顿第二定律知，子弹质量越大，子弹的加速度越小，穿过木块的时间越短，木块加速度不变，由v ＝a 2t 知，v 越小，C 正确；木块质量越小，加速度越大，子弹穿过木块的时间越长，D 错误．答案：BC4．解析：木板受到的摩擦力为F f ＝μ(m 0＋m )g ＝10 N ，木板的加速度为a ＝F －F f m 0＝2.5 m/s 2.故A 错误，B 正确．设拉力F 作用t 时间后撤去，木板的加速度为 a ′＝－F f m 0木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且有a ＝－a ′＝2.5 m/s 2那么有2×12at 2＝l 联立并代入数据解得t ＝1 s ，即F 作用的最短时间是1 s ．故C 错误，D 正确． 答案：BD5．解析：(1)木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做匀加速运动，加速度大小分别为：a m ＝f m m＝μ2g ＝4 m/s 2 a M ＝f m ＋f 地M＝5 m/s 2 设木板与墙碰撞时，木板的速度为v M ，小滑块的速度为v m ，根据运动学公式有：v 2M －v 20＝－2a M L解得v M ＝3 m/s t 1＝v M －v 0－a M＝0.6 s v m ＝a m t 1＝2.4 m/s(2)设木板反弹后，小滑块与木板到达共同速度所需时间为t 2，共同速度为v ，以水平向左为正方向，对木板有v ＝v M －a M t 2对滑块有v ＝－v m ＋a m t 2代入公式有3 m/s －5t 2＝－2.4 m/s ＋4t 2解得 t 2＝0.6 s答案：(1)3 m/s2.4 m/s(2)0.6 s6．解析：(1)物块在到达与传送带速度v ＝4 m/s 相等前，做匀加速直线运动，有：F ＋μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2由v ＝a 1t 1得t 1＝0.5 s位移s 1＝12a 1t 21＝1 m 物块与传送带到达共同速度后，因F －mg sin θ＝4 N ＝μmg cos 37°故物块在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升．位移s 2＝H sin 37°－s 1＝2 m t 2＝s 2v＝0.5 s 总时间为t ＝t 1＋t 2＝1 s(2)在物块与传送带到达同速瞬间撤去恒力F ，因为μ<tan 37°，故有： mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2解得：a 2＝2 m/s 2假设物块能向上匀减速运动到速度为零，那么 通过的位移为s ＝v 22a 2＝4 m>s 2 故物块向上匀减速运动到达速度为零前已经滑上平台．故s 2＝vt 3－12a 2t 23 解得t 3＝(2－2) s 或t 3＝(2＋2) s(舍去)答案：(1)1 s (2)(2－2) s。
高考物理一轮复习小题多维训练—动力学传送带模型和板块模型
高考物理一轮复习小题多维训练—动力学传送带模型和板块模型1.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/s 2B ．行李经过2s 到达B 处C ．行李到达B 处时速度大小为0.4m/sD ．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m【答案】AC【解析】开始时，对行李，根据牛顿第二定律μmg ＝ma解得a ＝2m/s 2，故A 正确；设行李做匀加速运动的时间为t 1，行李匀加速运动的末速度为v ＝0.4m/s ，根据v ＝at 1，代入数据解得t 1＝0.2s ，匀加速运动的位移大小x ＝12at 12＝12×2×0.22m ＝0.04m ，匀速运动的时间为t 2＝L －x v ＝2－0.040.4s ＝4.9s ，可得行李从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝5.1s ，故B 错误；由上分析可知行李在到达B 处前已经与传送带共速，所以行李到达B 处时速度大小为0.4m/s ，故C 正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx ＝vt 1－x ＝(0.4×0.2－0.04)m ＝0.04m ，故D 错误．2.如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v 1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v 2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，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10m/s 2，则()A ．传送带的速度为4m/sB ．物块上升的竖直高度为0.96mC ．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5D ．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反【答案】BC【解析】如果v 2小于v 1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v 2一定大于v 1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动．由此可以判断传送带的速度为2m/s ，A 错误；物块的位移等于v －t 图线与横轴所围的面积，即L ＝12×(4＋2)×0.2m ＋12×1×2m ＝1.6m ，则上升的竖直高度为h ＝L sin θ＝0.96m ，B 正确；0～0.2s 内，加速度a 1＝Δv Δt ＝2.0－4.00.2m/s 2＝－10m/s 2，加速度大小为10m/s 2，根据牛顿第二定律得a 1＝mg sin θ＋μmg cos θm＝10m/s 2，解得μ＝0.5，C 正确；在0～0.2s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D 错误．3.如图所示，质量为M ＝1kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量为m ＝1kg 的小铁块(可视为质点)，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增大的水平向左的力F (图中未画出)，下列能正确表示铁块与木板间的摩擦力F f 随力F 大小变化的图像是(重力加速度g ＝10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()【答案】C【解析】当F <μ1(M ＋m )g ＝2N 时，F f ＝0；铁块恰好未与木板发生相对滑动时，铁块的加速度a 0＝μ2g ，F ＝μ1(M ＋m )g ＋(M ＋m )a 0＝10N ，故当2N ＜F ≤10N 时，木板、铁块保持相对静止向右做加速运动，F －μ1(M＋m )g ＝(M ＋m )a ，F f ＝ma ，解得F f ＝F 2－1(N)；当F >10N 时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力F f ＝μ2mg ＝4N ，所以C 正确．1．某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准．假设皮带传送带的长度为10m 、运行速度是8m/s ，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10m/s ，取重力加速度g ＝10m/s 2.下列说法正确的是()A ．工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格B ．工件被传送到另一端的最长时间是2sC ．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等D ．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10m/s【答案】B【解析】工件恰好传送到右端，有0－v 02＝－2μgL ，代入数据解得μ＝0.5，工件与皮带间动摩擦因数不大于0.5才为合格，此过程用时t ＝v 0μg＝2s ，故A 错误，B 正确；若工件不被传送过去，当反向运动时，工件先加速到8m/s ，然后再匀速运动，所以返回的时间大于正向运动的时间，返回到出发点的速度为8m/s ，故C 、D错误．2.如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动．一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图像可能是()【答案】BC【解析】设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，滑块质量为m，若mg sinθ>μmg cosθ，滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mg sinθ＝μmg cosθ，小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mg sinθ<μmg cosθ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确．3．如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为M的木板，木板的左端有一个可视为质点的、质量m＝1kg 的滑块．现给滑块一向右的初速度v0＝10m/s，此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图像如图乙所示，滑块最终刚好停在木板的右端，取g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1C ．木板的长度L ＝4mD ．木板的质量M ＝1.5kg【答案】ABD【解析】由题图乙知，滑块刚滑上木板时加速度a 1＝Δv 1Δt 1＝2－102－0m/s 2＝－4m/s 2，由ma 1＝－μ1mg 得μ1＝0.4，A 正确；2s 后滑块与木板一起做匀减速直线运动，加速度a 3＝Δv 2Δt 2＝0－24－2m/s 2＝－1m/s 2，由(m ＋M )a 3＝－μ2(m ＋M )g 得μ2＝0.1，B 正确；木板的长度为0～2s 内滑块与木板的v －t 图线与时间轴所围面积差，L ＝12×10×2m ＝10m ，C 错误；0～2s 内木板的加速度a 2＝Δv 1′Δt 1＝2－02－0m/s 2＝1m/s 2，对M 有μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，解得M ＝1.5kg ，D 正确．4．如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2kg ，现在滑块上施加一个F ＝0.5t (N)的变力作用，从t ＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g 取10m/s 2，则下列说法正确的是()A ．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B ．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C ．图乙中t 2＝24sD ．木板的最大加速度为2m/s 2【答案】ACD【解析】由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8N ，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝F fm mg ＝820＝0.4，选项A 正确．由题图乙可知t 1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝F f ′2mg ＝440＝0.1，选项B 错误．t 2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力F fm ＝8N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：F fm－μ′·2mg＝ma m，解得a m＝2m/s2；对滑块：F－F fm＝ma m，解得F＝12N，则由F＝0.5t(N)可知，t2＝24s，选项C、D正确．5．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角θ＝30°，以恒定的速度v0＝3m/s逆时针匀速转动，小炭块以初速度v＝6m/s沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，小炭块与传送带间的动摩擦因数μ＝36，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．小炭块刚滑上传送带时的加速度大小为7.5m/s2B．小炭块在传送带上向上滑行的最远距离为4.8mC．传送带上留下的炭块痕迹长度为5.4mD．小炭块从滑上传送带到返回传送带底端一共用时1.8s【答案】AC【解析】小炭块刚滑上传送带时的加速度大小为a1＝g sin30°＋μg cos30°＝7.5m/s2，选项A正确；小炭块一开始在传送带上向上做匀减速直线运动，当速度减为0时，向上滑行的距离最远，最远距离为x m＝v22a1＝622×7.5m＝2.4m，向上减速时间为t1＝va1＝67.5s＝0.8s，选项B错误；小炭块向下加速时的加速度为a2＝a1＝7.5m/s2，所以加速到与传送带共速所需时间为t2＝v0a2＝37.5s＝0.4s，位移为x2＝v02t2＝32×0.4m＝0.6m，小炭块与传送带共速后，由于μ＝36<tan30°＝33，所以小炭块继续向下加速的加速度为a3＝g sin30°－μg cos30°＝2.5m/s2，所以小炭块继续向下直到到达传送带底端有x m－x2＝v0t3＋12a3t32，解得t3＝65(2－1)s，总用时t＝t1＋t2＋t3＝652s，经分析可知传送带上留下的炭块痕迹长度为s＝(x m＋v0t1)＋(v0t2－x2)＝5.4m，选项C正确，D错误．6.（2021高考全国乙卷）水平地面上有一质量为1的长木板，木板的左端上有一质量为2的物块，如图（a）所示。
高中物理 高考一轮复习基础练习：牛顿运动定律运用之传送带模型 (word版)(有答案)
2021届高考一轮复习基础练习：牛顿运动定律运用之传送带模型一、单选题(下列题目中只有一个选项是满足题意的)1．如图所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s的速率顺时针匀速运行．t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s 时，传送带突然制动停下．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2.下列关于滑块相对地面运动的v＝t图象正确的是()A．B．C．D．2．如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ()A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C．若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定是一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sinθ3．如图所示，传送带保持v0＝1 m/s的速度运动，现将一质量m＝0.5 kg的物体从传送带左端放上，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端水平距离x＝2.5 m，则运动时间为（＝A．1sB．2sC．3sD．4s4．如图甲，MN是倾角θ=37°传送带的两个端点，一个质量m=5kg的物块（可看作质点），以4m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。
物块运动过程的v-t图像如图乙所示，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．物块最终从N点离开传送带B ．物块与传送带间的动摩擦因数为0.6C ．物块在第6s 时回到M 点D ．传送带的速度v =2m/s ，方向沿斜面向下5．如图，MN 是一段倾角为θ=30°的传送带，一个可以看作质点，质量为m =1kg 的物块，以沿传动带向下的速度04v =m/s 从M 点开始沿传送带运动。
课时作业10：专题强化 传送带模型
传送带模型训练2倾斜传送带模型1.(2020·浙江省高一期末)如图1所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0匀速向下运动，在传送带的上端轻轻放上一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则下列图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图1答案 D解析开始时小木块相对传送带向上运动，滑动摩擦力沿传送带向下，则小木块的加速度为a1＝g sin θ＋μg cos θ则第一阶段木块沿传送带向下做匀加速直线运动，因传送带足够长，则木块和传送带能够共速，共速时，因μ＜tan θ，木块将继续加速，加速度为a2＝g sin θ－μg cos θ，综上所述，木块先以a1做匀加速直线运动，后以a2做匀加速直线运动，故A、B、C错误，D正确．2.(2020·济宁一中高一月考)如图2所示，在一条倾斜的、静止不动的传送带上，有一个滑块能够自由地向下滑动，该滑块由上端自由地滑到底端所用时间为t1，如果传送带向上以速度v0运动起来，保持其他条件不变，该滑块由上端滑到底端所用的时间为t2，那么()图2A．t1＝t2B．t1>t2C ．t 1<t 2D ．不能确定答案 A解析 滑块受重力、支持力、滑动摩擦力，当传送带向上以速度v 0运动起来，保持其他条件不变时，支持力不变，摩擦力大小和方向都不变，根据牛顿第二定律可知，两种情况下，滑块的加速度相等，而两种情况下滑块的位移也相等，根据x ＝12at 2可知，两种情况下滑块运动的时间相等，即t 1＝t 2，选项A 正确．3．(2021·泰州中学、南菁高中高一上第二次联考)倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图3甲所示．在t ＝0时，将一小煤块轻放在传送带上A 点处，1.5 s 时小煤块从B 点离开传送带．小煤块速度随时间变化的图像如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图3(1)0～0.5 s 内和0.5～1.5 s 内的加速度大小； (2)小煤块与传送带之间的动摩擦因数；(3)在0～1.5 s 时间内小煤块在传送带上留下的痕迹长度． 答案 见解析解析 (1)a 1＝Δv 1Δt 1＝10 m/s 2a 2＝Δv 2Δt 2＝2 m/s 2(2)0～0.5 s 内：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 0．5～1.5 s 内：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 联立解得μ＝0.5(3)0～0.5 s 内：传送带多运动Δx 1＝v 1t 1－12v 1t 1＝1.25 m0．5～1.5 s 内：物块多运动Δx 2＝12(v 1＋v 2)t 2－v 1t 2＝1 m痕迹覆盖，所以小煤块在传送带上留下的痕迹长度为1.25 m4.如图4所示，传送带与水平面夹角θ＝37°，两轮间距离即A 、B 两点间长度L ＝16 m ，传送带以v ＝3 m/s 的恒定速率顺时针转动．现有质量m ＝0.5 kg 的物块以初速度v 0＝1 m/s 由底端A 处冲上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图4(1)从物块冲上传送带开始计时，经6 s 时物块的速度大小． (2)物块从A 运动到B 所用的时间． 答案 (1)3 m/s (2)7 s 解析 (1)对物块受力分析，由牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，得a ＝0.4 m/s 2 物块与传送带相对静止所用时间：t 1＝v －v 0a ＝5 s物块运动的位移x 1＝v t 1＝v 0＋v2t 1＝10 m<L ＝16 m 因μ>tan θ，所以5 s 后物块随传送带一起匀速运动，故6 s 时物块的速度为3 m/s (2)物块匀速运动的位移x 2＝L －x 1＝6 m ，匀速运动时间t 2＝x 2v ＝2 s 物块从A 运动到B 所用的时间t ＝t 1＋t 2＝7 s.5．(2021·泰州市高一上第二次质检)如图5甲所示，倾斜传送带倾角θ＝37°，两端A 、B 间距离为L ＝4 m ，传送带以4 m/s 的速度顺时针转动．一质量为1 kg 的小滑块从传送带顶端B 点由静止释放，沿传送带下滑，到A 时用时2 s ，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图5(1)求小滑块与传送带间的动摩擦因数；(2)若该小滑块在传送带的底端A ，现用一沿传送带向上的大小为6 N 的恒定拉力F 拉滑块，使其由静止沿传送带向上运动，当速度与传送带速度相等时，求滑块的位移大小．(3)在第二问的条件下，求滑块从A 运动到B 的时间． 答案 (1)0.5 (2)2 m (3)1.5 s解析 (1)当传送带顺时针转动时，对小滑块由牛顿第二定律可知： mg sin θ－μmg cos θ＝ma ， L ＝12at 2联立解得：μ＝0.5.(2)传送带的速度为v ＝4 m/s ，当拉力F 作用滑块后，滑块开始做匀加速运动，由牛顿第二定律可得：F ＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1 解得：a 1＝4 m/s 2.加速到与传送带速度相等的过程，滑块的位移大小为x 1＝v 22a 1＝422×4 m ＝2 m(3)加速到与传送带速度相等之后， 由于F ＝mg sin θ，滑块所受摩擦力突变为0，滑块与传送带相对静止，一起匀速运动 t 1＝va 1＝1 st 2＝L －x 1v ＝0.5 s 故t AB ＝t 1＋t 2＝1.5 s.。
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微专题训练10 “传送带”模型
1．(单选)物块M 在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图
1中箭头所示．则传送带转动后 ( )．
图1
A ．物块将减速下滑
B ．物块仍匀速下滑
C ．物块受到的摩擦力变小
D ．物块受到的摩擦力变大
解析 当传送带静止时，物块匀速下滑，物块受力平衡可得：mg sin θ＝μmg cos θ；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为μmg cos θ，物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑．
答案 B
2．(多选)如图2所示，一质量为m 的小物体以一定的速率v 0滑到水平传送带上左端的A 点，
当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B 点，经过的时间为t 0，则下列判断正确的是 ( )．
图2
A ．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过
B 点，且用时为t 0
B ．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过B 点
C ．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v ＝v 0时，物体将一直做匀速运动滑过B 点，用时一定小于t 0
D ．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v >v 0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B 点，用时一定小于t 0
解析 传送带静止时，有12m v 2B －12m v 20＝－μmgL ，即v B ＝v 20－2μgL ，物体做匀减速运
动，若传送带逆时针运行，物体仍受向左的摩擦力μmg ，同样由上式分析，一定能匀减
速至右端，速度为v B ，用时也一定仍为t 0，故选项A 对，而B 错；若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v ＝v 0时，物体将不受摩擦力的作用，一直做匀速运动滑至B 端，因为匀速通过，故用时一定小于t 0，故选项C 正确；当其运行速率(保持不变)v >v 0时，开始物体受到向右的摩擦力的作用，做加速运动，运动有两种可能：若物体加速到速度v 还未到达B 端时，则先匀加速运动后匀速运动，若物体速度一直未加速到v 时，则一直做匀加速运动，故选项D 不对．
答案 AC
3．(多选)如图3甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其
传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则 ( )．
图3
A ．乘客与行李同时到达
B 处
B ．乘客提前0.5 s 到达B 处
C ．行李提前0.5 s 到达B 处
D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处
解析 行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1
＝v a ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v 2
t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝2 m －x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ；乘客到达B ，历时t ＝2 m v ＝2 s ，故B 正确．若传送带速度足够大，行
李一直加速运动，最短运动时间t min ＝2×21
s ＝2 s ，D 项正确． 答案 BD 4．(2013·郑州检测)(单选)如图4所示为粮袋的传送装置，已知AB 间长度为L ，传送带与水
平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ( )．
图4
A ．粮袋到达
B 点的速度与v 比较，可能大，也可能相等或小
B ．粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将一定以速度v 做匀速运动
C ．若μ≥tan θ，则粮袋从A 到B 一定一直是做加速运动
D ．不论μ大小如何，粮袋从A 到B 一直做匀加速运动，且a >g sin θ
解析 开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mg sin θ＋μF N ＝ma ，F N ＝mg cos θ，解得a ＝g sin θ＋μg cos θ，故B 项错；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mg sin θ>μmg cos θ，即当μ<tan θ时粮袋将继续做加速运动，C 、D 项错，A 项对．
答案 A
5．(2013·江西盟校二联，24)如图5所示，一水平传送装置有轮半径均为R ＝1π
m 的主动轮O 1和从动轮O 2及传送带等构成．两轮轴心相距8.0 m ，轮与传送带不打滑．现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出．(g 取10 m/s 2)
图5
(1)当传送带以4.0 m/s 的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端O 2正上方的A 点轻放在传送带上后，这袋面粉由A 端运送到O 1正上方的B 端所用的时间为多少？
(2)要想尽快将这袋面粉由A 端送到B 端(设初速度仍为零)，主动轮O 1的转速至少应为多大？
解析 设这袋面粉质量为m ，其在与传送带产生相对滑动的过程中所受摩擦力f ＝μmg .
故而其加速度为：a ＝f m ＝μg ＝4.0 m/s 2 (1)若传送带的速度v 带＝4.0 m/s ，则这袋面粉加速运动的时间t 1＝v 带/a ＝1.0 s ，在t 1时间内的位移s 1为：
s 1＝12at 21
＝2.0 m 其后以v ＝4.0 m/s 的速度做匀速运动
s 2＝l AB －s 1＝v t 2，解得：t 2＝1.5 s
运动的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝2.5 s
(2)要想时间最短，这袋面粉应一直向B 端做加速运动，由l AB ＝12
at ′2可得：t ′＝2.0 s 此时传送带的运转速度为：v ′＝at ′＝8.0 m/s
由v ′＝ωR ＝2πnR 可得：n ＝4 r/s ＝240 r/min
答案 (1)2.5 s (2)4 r/s 或240 r/min
6．如图6所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s 的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向
间的夹角θ＝30°.现把质量为10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端P 处，由传送带传送至顶端Q 处．已知P 、Q 之间的距离为4 m ，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝
32
，取g ＝10 m/s 2.
图6
(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；
(2)求工件从P 点运动到Q 点所用的时间．
解析 (1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力
由牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma
代入数值得：a ＝2.5 m/s 2
则其速度达到传送带速度时发生的位移为
x 1＝v 22a ＝22
2×2.5 m ＝0.8 m<4 m
可见工件先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m
(2)匀加速时，由x 1＝v 2t 1得t 1＝0.8 s
匀速上升时t 2＝x 2v ＝3.22 s ＝1.6 s
所以工件从P 点运动到Q 点所用的时间为
t ＝t 1＋t 2＝2.4 s
答案 (1)先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s。