2023年高考物理总复习素养专题强化练(一)传送带模型
2023届高考物理一轮复习练：牛顿定律的运用之传送带模型(计算题)
牛顿定律的运用之传送带模型1. 如图所示，传送带AB 段是水平的，长20 m ，传送带上各点相对地面的速度大小是2 m/s ，某物块与传送带间的动摩擦因数为0.1。
现将该物块轻轻地放在传送带上的A 点后，经过多长时间到达B 点？（g 取210m/s ）2. 如图所示，水平传送带以不变的速度v 向右运动，将工件轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，工件做匀加速运动，经过时间t ，速度变为v ；再经时间2t ，工件到达传送带的右端，求：（1）工件在水平传送带上滑动时的加速度 （2）工件与水平传送带间的动摩擦因数（3）工件从水平传送带的左端到达右端通过的距离3. 如图12所示，有一水平传送带匀速向左运动，某时刻将一质量为m 的小煤块(可视为质点)轻放到长为L 的传送带的中点。
它与传送带间的动摩擦因数为μ，求：图12(1)小煤块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和方向；(2)要使小煤块留在传送带上的印记长度不超过L2，传送带的速度v 应满足的条件。
4.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图2所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行，AB为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m＝5 kg的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．图2(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B轮的半径为R＝0.2 m，求行李包在B点对传送带的压力；(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度．5.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中()A．煤块到A运动到B的时间是2.25 sB．煤块从A运动到B的时间是1.5 sC．划痕长度是0.5 mD．划痕长度是2 m6.如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转。
2023年高考物理二轮复习核心素养微专题(一)模型建构——传送带模型
核心素养微专题(一)模型建构——传送带模型传送带是将物体从一处传向另一处应用比较广泛的一种传送装置,与日常生活联系紧密,以其为素材的计算题大多具有情境多样、条件隐蔽、过程复杂的特点。
主要知识涉及运动学规律、牛顿运动定律、功能关系等。
常见类型如下:1.水平传送带:项目图示滑块可能的运动情况情境1 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情境2 (1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(2)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速情境3 (1)传送带较短时,滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。
其中当v0>v时,返回时速度为v;当v0<v时,返回时速度为v02.倾斜传送带:项目图示滑块可能的运动情况情境1 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情境2 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情境3 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后以a2加速情境4 (1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速【模型1】水平传送带(2022·重庆模拟)如图为地铁入口安检装置简易图,水平传送带AB长度为l,传送带右端B与水平平台等高且平滑连接,物品探测区域长度为d,其右端与传送带右端B重合。
已知:传送带匀速运动的速度大小为v,方向如图,物品(可视为质点)由A端无初速度释放,加速到传送带速度一半时恰好进入探测区域,最后匀速通过B端进入平台并减速至0,各处的动摩擦因数均相同,空气阻力忽略不计,重力加速度为g。
求:(1)物品与传送带间的动摩擦因数μ;(2)物品运动的总时间t。
【解析】(1)设物品做匀加速直线运动的加速度大小为a,则(v2)2=2a(l-d)μmg=ma联立解得a=v 28(l-d),μ=v28(l-d)g(2)设物品匀加速到v走过的位移为s。
“传送带”模型中的动力学问题(解析版)—2025年高考物理一轮复习
运动和力的关系“传送带”模型中的动力学问题素养目标：1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类。
2.会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。
1．（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。
下列说法正确的是（ ）A．刚开始物体相对传送带向前运动B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长考点一 水平传送带中的动力学问题水平传送带问题的常见情形及运动分析滑块的运动情况情景传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止)传送带足够长一直加速先加速后匀速v 0<v 时，一直加速v 0<v 时，先加速再匀速v 0>v 时，一直减速v 0>v 时，先减速再匀速滑块一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端若v 0≤v ，则返回到左端时速度为v 0；若v 0>v ，则返回到左端时速度为v例题1. 如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为1v ，一小滑块从传送带左端以初速度大小0v 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 ）A ．小滑块的加速度向右，大小为μgB ．若01vv <，小滑块返回到左端的时间为1v v g m +C ．若01v v >，小滑块返回到左端的时间为01v v gm +D ．若01v v >，小滑块返回到左端的时间为()20112v v gv m +【答案】D【解析】A ．小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得：mg ma m =解得：a gm =1.若01v v >，先匀减速再反方向加速，反方向加速只能加速到1v ，不能加速到0v 。
2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—“传送带”模型中的动力学问题(附答案解析)
2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—“传送带”模型中的动力学问题（附答案解析）1.(2023·江苏扬州市高邮中学期中)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<tanθB．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．(2023·广东惠州市调研)如图甲所示，将一物块P轻轻放在足够长的水平传送带上，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，下列说法正确的是()A．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．物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带3.(多选)(2023·四川省资中县第二中学检测)如图所示，由于运力增加，某机场欲让货物尽快通过传送带。
已知传送带两轴心间距为5m，传送带顺时针匀速传动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，一可视为质点的货物以7m/s初速度从左端滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10m/s2，则下列传送带的速度符合要求的是()A．8m/s B．9m/s C．10m/s D．11m/s4.(2023·安徽省十校联盟期中)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＝5.25m，始终保持恒定速度v＝1m/s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，重力加速度取g＝10m/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为0.5mD．快件由A到B的时间为5.5s5.(2021·辽宁卷·13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。
2023高考物理专题冲刺训练--传送带模型
传送带模型一、水平传送带【题型要点】1．水平传送带模型 项目 图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v 0>v ，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v 0＝v ，一直匀速③v 0<v ，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景3①传送带较短时，滑块一直减速到达左端②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．若v 0>v ，返回时速度为v ，若v 0<v ，返回时速度为v 01. (多选)如图所示,水平传送带A 、B 两端相距m 5.7=s ，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。
工件滑上A 端的瞬时速度A v =4m/s ，到达B 端的瞬时速度设为B v ，g 取102m/s ,则( ) A ．若传送带不动,则B v =2m/sB ．若传送带以速度v=4m/s 逆时针匀速转动,B v =1m/sC ．若传送带以速度v=5m/s 顺时针匀速转动,B v =5m/sD ．若传送带以速度v=6m/s 顺时针匀速转动,B v =6m/s2. (多选)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 ＝0.4 m/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2 m ，g 取10 m/s 2.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2 m/s 2B ．行李经过2 s 到达B 处C ．行李到达B 处时速度大小为0.4 m/sD ．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m3. (多选)如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图象可能的是( )4. 某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图2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。
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.。
专题18 传送带模型-2025版高三物理一轮复习多维度导学与分层专练
2025届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题18传送带模型导练目标导练内容目标1水平传送带模型目标2倾斜传送带模型【知识导学与典例导练】一、水平传送带模型1.三种常见情景常见情景物体的v-t 图像条件：ugv l 22≤条件：ugv l 22>条件：v 0=v条件：v 0<v①物x l ≤;②物x l >条件：v 0>v ①物x l ≤;②物x l >条件：ugvl22≤条件：ugvl22>；v0>v条件：ugvl22>；v0<v2.方法突破(1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。
(2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。
(3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。
【例1】如图a所示，安检机通过传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图b所示。
设传送带速度恒为0v，质量为m的被检物品与传送带的动摩擦因数为μ，被检物品无初速度放到传送带A端。
若被检物品可视为质点，其速度为v、加速度为a、摩擦力的功率为f P、与传送带的位移差的大小为x∆，重力加速度为g，则下列图像可能正确的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】AD【详解】A ．被检物品无初速度放到传送带A 端，物品的加速度为a g μ=物品做匀加速运动有0=v at 解得0v t gμ=所以在0-0v g μ时间内，物品做匀加速直线运动，达到传送带速度0v 后一起做匀速运动，则A 正确；B ．物品先做匀加速运动，再做匀速运动，所以B 错误；C ．摩擦力的功率f P 为22=f mgv P mg t μμ=则摩擦力的功率f P 随时间是线性变化的，所以C错误；D ．物品加速过程的位移为221122g x at μ==传送带的位移为20x v t =物品与传送带的位移差的大小为x∆22102gx x x v t t μ∆=-=-当达到共速时位移差的大小为202v x gμ∆=共速后，物品与传送带的位移差保持不变为202v gμ，所以D 正确；故选AD 。
2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—用动力学和能量观点分析传送带模型和滑块木板模型(附答案)
错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—用动力学和能量观点分析传送带模型和滑块木板模型(附答案解析)1.(2024·云南省名校联考)如图所示，斜面AB 的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接，当传送带静止时，有一滑块从斜面上的P 点静止释放，滑块能从传送带的右端滑离传送带。
若传送带以某一速度逆时针转动，滑块再次从P 点静止释放，则下列说法正确的是( )A ．滑块可能再次滑上斜面B ．滑块在传送带上运动的时间增长C ．滑块与传送带间因摩擦产生的热量增多D ．滑块在传送带上运动过程中，速度变化得更快2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F ，则力F 对木板所做的功为( )A.mv 24B.mv 22C ．mv 2D ．2mv 2 3．(多选)(2023·福建龙岩市期中)如图甲，足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，速率始终不变。
t ＝0时刻在传送带适当位置放上一个具有初速度的小物块。
取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示。
已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/sB．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝3 5C．0～t2时间内电动机多消耗的电能为36 JD．0～t2时间因摩擦产生热量为15 J4．(2023·河南省联考)全国平均每天有3亿多件快递包裹在分拣寄递中。
一种交叉带式分拣机俯视图如图甲所示，有一组小车沿封闭水平导轨匀速率运动，小车上表面装有传送带，传送带运动方向与小车运动方向垂直。
2025届高考物理一轮复习课后习题第7讲专题提升动力学和能量观点的综合应用
第7讲专题提升:动力学和能量观点的综合应用基础对点练题组一传送带模型中的能量转化1.(2023四川雅安模拟)如图所示,传送带以6 m/s匀速率顺时针运动,现将一质量为2 kg的滑块轻轻放置于传送带的左端,当滑块速度达到6 m/s时,突然断电,传送带以大小为4 m/s2的加速度匀减速运动至停止。
已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2,传送带足够长,重力加速度g取10 m/s2,则滑块从放上去到最后停下的过程中,下列说法正确的是()A.滑块先匀加速后与传送带无相对滑动一起匀减速B.滑块受到的摩擦力一直不变C.滑块在传送带上留下的划痕为13.5 mD.全程滑块与传送带间产生的热量为54 J2.如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°,传送带在电动机的带动下,始终保持1 m/s的速度顺时针运行。
现把一质量为5 kg的工件(可视为质点)轻放在传送带的底端,经过一段时间工件与传送,重力加速度g取带达到共同速度后继续传送到4 m高处。
已知工件与传送带间的动摩擦因数为√3210 m/s2,则在此过程中,下列说法正确的是()A.工件加速过程的时间为0.8 sB.传送带对工件做的功为200 JC.工件与传送带间摩擦产生的热量为7.5 JD.电动机因传送工件多做的功为120 J题组二板块模型中的能量转化3.(多选)(2024广东惠州模拟)如图所示,质量为m0、长度为L的小车静止在光滑水平面上,质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端,现用一水平恒力F作用在小物块上,使小物块从静止开始做直线运动,当小物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为x,小物块和小车之间的滑动摩擦力为F f,此过程中,下列结论正确的是()A.小物块到达小车最右端时,其动能为(F-F f)(L+x)B.摩擦力对小物块所做的功为F f LC.小物块到达小车最右端时,小车的动能为F f xD.小物块和小车组成的系统机械能增加量为F(L+x)4.如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。
2025高考物理总复习传送带”模型中的动力学问题
考点二 倾斜传送带问题
例3 (2024·江苏淮安市马坝高级中学检测)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＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率 逆时针转动。在传送带上端A无初速度放一个质量为m＝0.5 kg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sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求： (1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能 否相对静止； 答案 不能
考点二 倾斜传送带问题
由于mgsin 37°>μmgcos 37°，所以煤块与传 送带速度相同后，它们Байду номын сангаас能相对静止。
考点二 倾斜传送带问题
(2)煤块从A运动到B的时间；
答案 1.5 s
考点二 倾斜传送带问题
煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，其加速度大小为 a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2， 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间 t1＝va01＝1 s， 发生的位移 x1＝12a1t12＝5 m 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(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2， x2＝L－x1＝5.25 m，
v0>v时，一直减速
v0>v时，先减速再匀速
考点一 水平传送带问题
情景
总结提升
滑块的运动情况
传送带不足够长(滑块
最终未与传送带相对
传送带足够长
静止)
滑块先减速到速度为0，后被
传送带传回左端
滑块一直减速到右端 若v0≤v，则返回到左端时速
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。
2025高考物理总复习动力学和能量观点的综合应用
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
解得L′＝10 m 第二种：当小物块恰能到达与圆心等高的位置时， 则12mvA2＋mg(R－Rcos 37°)－μmgL1－mgr＝0 解得L1＝16 m
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
当小物块恰能到达 D 点时，则12mvA2＋mg(R－Rcos 37°)－μmgL2＝0 解得L2＝20 m 则小物块能到达D点且在DC之 间不脱离轨道，MN的长度满足 16 m≤L′≤20 m或者L′≤10 m。
考点二 滑块—木板模型综合问题
(1)A、C两点的高度差； 答案 0.8 m
小物块在 C 点速度大小为 vC＝cosv053°＝5 m/s，小物块在 C 点的竖直分 速度为 vy＝vCsin 53°＝4 m/s，下落高度为 h＝v2yg2＝0.8 m
考点二 滑块—木板模型综合问题
(2)小物块在圆弧轨道末端D点时对轨道的 压力； 答案 68 N，方向竖直向下
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块 通过C点时所受轨道弹力的大小FN； 答案 60 N
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
小物块从A点运动到C点，根据动能定理有 mg(R－Rcos 37°)－μmgL－2mgr＝12mvC2－12mvA2 在 C 点，由牛顿第二定律得 FN＋mg＝mvrC2 代入数据解得FN＝60 N
考点二 滑块—木板模型综合问题
2.功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量 守恒定律。如图所示，要注意区分三个位移： (1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑； (2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板； (3)求摩擦生热时用相对位移Δx。
2023年浙江省高三物理高考复习专题知识点模型精讲精练 第10讲 传送带模型(练习版)
第10讲传送带模型一.水平传送带模型已知传送带长为L，速度为v，与物块间的动摩擦因数为μ，则物块相对传送带滑动时的加速度大小a＝μg。
项目图示滑块可能的运动情况情景1v0＝0时，物块加速到v的位移x＝v22μg(1)一直加速若x≥L即v≥2μgL时，物块一直加速到右端。
(2)先加速后匀速若x<L即v<2μgL时，物块先加速后匀速；情景2如图甲，当v0≠0，v0与v同向时，(1)v0>v时，一直减速，或先减速再匀速当v0>v时，物块减速到v的位移x＝v20－v22μg，若x<L，即v0>v> v20－2μgL，物块先减速后匀速；若x≥L，即v≤ v20－2μgL，物块一直减速到右端。
（2）当v＝v0时，物块相对传送带静止随传送带匀速运动到右端。
(3)v0<v时，或先加速再匀速，或一直加速当v0<v时，物块加速到v的位移x＝v2－v202μg，若x<L，即v0<v< v20＋2μgL，物块先加速后匀速；若x≥L，即v≥ v20＋2μgL，物块一直加速到右端。
情景3如图乙，v0≠0，v0与v反向，物块向右减速到零的位移x ＝v202μg(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端若x≥L，即v0≥2μgL，物块一直减速到右端；(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。
即x<L，即v0<2μgL，则物块先向右减速到零，再向左加速(或加速到v后匀速运动)直至离开传送带。
若v 0>v，返回时速度为v，若v0<v，返回时速度为v0二. 倾斜传送带模型物块在倾斜传送带上又可分为向上传送和向下传送两种情况，物块相对传送带速度为零时，通过比较μmgcosθ与mgsinθ的大小关系来确定物块是否会相对传送带下滑，μ>tanθ时相对静止，μ<tanθ时相对下滑。
项目图示滑块可能的运动情况情景1（一）若0≤v0<v且μ>tanθ(1)一直加速传送带比较短时，物块一直以a＝μgcosθ－gsinθ向上匀加速运动。
素养培优2 传送带模型中动力学、能量和动量的综合 强化练习-2025高考物理素养培优
素养培优2传送带模型中动力学、能量和动量的综合1.（2024·北京高考10题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。
下列说法正确的是（）A.刚开始物体相对传送带向前运动B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长2.如图所示，传送带以恒定速度v0向右运动，A、B间距为L，质量为m的物块无初速度放于左端A处，同时用水平恒力F向右拉物块，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，物块从A运动到B的过程中，动能E k随位移x变化的关系图像不可能的是（）3.（2024·天津和平区三模）如图所示，上表面长为L＝4 m的水平传送带与木板紧靠在一起，且二者上表面在同一水平面，皮带以v0＝3.0 m/s的速度顺时针转动。
在传送带左端无初速度地放上一质量为m＝1.0 kg的物块（可视为质点），物块与传送带及物块与木板上表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，经过一段时间物块被传送到传送带的右端，随后物块平稳滑上木板，木板的质量M＝2 kg，木板下表面光滑，物块最终刚好停在木板的右端没有滑下。
不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，求：（1）物块在传送带上运动的时间t；（2）木板的长度d。
4.（2024·辽宁抚顺三模）一水平传送带以v＝2 m/s的速度顺时针匀速转动。
如图甲所示，将物块A轻轻放到传送带左端，物块A与传送带之间的动摩擦因数μ0＝0.2。
传送带紧挨着右侧水平地面，地面左侧O点放一物块B，物块B与水平面间的动摩擦因数为μ，且μ随物体到O点的距离x按图乙所示的规律变化，传送带水平部分长L＝1.2 m，物块A运动到水平地面上和B发生弹性碰撞，碰后B向右运动挤压弹簧，B向右运动的最大距离为d＝0.5 m，物块A、B的大小可忽略，质量均为m＝0.5 kg。
重力加速度g取10 m/s2。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
素养专题强化练(一)传送带模型1.如图所示,足够长的传送带与水平面的夹角为37°,当传送带静止时,物块以3 m/s2的加速度沿着传送带加速下滑,当物块加速至v0时,传送带突然启动并立即逆时针方向做匀加速运动,g取10 m/s2,sin37°=0.6,下列判断正确的是()A.启动传送带后物块下滑的加速度大小始终大于3 m/s2B.若物块与传送带能够共速,则共速后物块一定和传送带相对静止C.若物块与传送带能够共速,则共速后物块所受摩擦力可能为0D.若物块与传送带能够共速,则共速后物块所受摩擦力的方向一定沿传送带向下【解析】选C。
传送带启动后,物块与传送带共速前所受滑动摩擦力沿传送带向上,故物块加速度大小不变,选项A错误;若传送带的加速度大于3 m/s2且小于等于9 m/s2,共速后,物块就和传送带相对静止一起加速,若传送带的加速度大于9 m/s2,共速后两者一定有相对滑动,选项B错误;若传送带的加速度等于6 m/s2,物块与传送带共速后相对静止一起匀加速,故物块所受摩擦力为0,选项C正确, D错误。
2.(多选)如图甲所示,一水平传送带沿顺时针方向旋转,在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块,小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示,t=6 s时恰好到B点,则()A.物块与传送带之间动摩擦因数为μ=0.1B.AB间距离为24 m,小物块在传送带上留下的痕迹是8 mC.若物块质量m=1 kg,物块对传送带做的功为-16 JD.若物块速度刚好到4 m/s时,传送带速度立刻变为零,物块不能到达B端【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)由v-t图像的斜率求出物块做匀加速直线运动时的加速度,根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式相结合求物块与传送带之间的动摩擦因数;(2)根据图像与时间轴所围成的面积求出物块在0~6 s 内的位移大小,即为AB 间距离;读出传送带的速度,根据物块与传送带间的相对位移大小求物块在传送带上留下的痕迹长度; (3)若物块速度刚好到4 m/s 时,传送带速度立刻变为零,由速度—位移公式求出物块在传送带上滑行的距离,从而判断物块能否到达B 端。
【解析】选A 、C 。
由图乙可知,物块先加速后匀速,且加速过程的加速度为a =44 m/s 2=1 m/s 2,根据牛顿第二定律可知a =F m =μmgm=μg ,联立解得μ=0.1,选项A 正确;AB 间距离即为物块在6 s 内发生的位移,即图乙的面积为S =2+62×4 m=16 m,选项B 错误;物块对传送带只在加速过程中做功,根据公式W =-fs ,其中f =μmg =0.1×1×10 N=1 N ,s =4×4 m=16 m,联立解得W =-16 J,选项C 正确;若物块速度刚好到4 m/s 时,传送带速度立刻变为零,物块由于惯性向前做匀减速直线运动,减速的加速度为a'=-μg =-1 m/s 2,物块从开始到速度为4 m/s 时发生的位移为x =4×42m=8 m,所以物块减速到零发生的位移为v 22a =422×1 m=8 m ,所以物块刚好到达B 端,选项D 错误。
3.(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 =1 kg 、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 =10 m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。
则下列说法正确的有( )A.0~8 s 内物体的位移大小为14 mB.物体与传送带间动摩擦因数μ=0.625C.0~4 s 内物体上升的高度为4 mD.0~8 s 内物体在传送带上留下的墨迹长度为18 m 【解题指导】解答本题应注意以下两点:(1)v -t 图像与坐标轴围成的面积表示物体运动的位移,斜率表示加速度。
(2)根据物体的v-t图像可知物体位移和加速度,再结合牛顿第二定律求摩擦因数。
【解析】选A、D。
物体运动的位移即v-t图像与坐标轴围成的面积x=2+42×2 m+2×4 m=14 m,选项A正确;由物体运动v-t图像可知,在2~6 s内物体做匀加速直线运动,有a=ΔvΔt =4-04m/s2=1m/s2,μmg cos37°-mg sin37°=ma,解得μ=0.875,选项B错误;物体运动的位移即v-t图像与坐标轴围成的面积,在0~4 s内由题图知,物体运动的位移为0,则在0~4 s内物体上升的高度为0,选项C错误;在0~8 s内物体相对地面走过的位移x=14 m,传送带相对地面走过的位移x' =vt=4×8 m=32 m,则0~8 s内物体在传送带上留下的墨迹长度为D x=x'-x=18 m,选项D正确。
4.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g取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.整个过程中,Q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为20 N【解析】选C。
当传送带以v=8 m/s逆时针转动时,Q恰好静止不动,对Q受力分析知F=f,m P g=μmQg,解得μ=0.5,选项A错误;当传送带突然以v=8 m/s顺时针转动,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=203m/s2,当速度达到传送带速度即8 m/s后,做匀速直线运动,匀加速的时间为v=at1,解得t1=1.2 s,匀加速的位移为x=v 22a=4.8 m,则匀速运动时有t 2=L-xv=1.4 s,Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总=t1+t2=2.6 s,选项B错误;加速阶段的位移之差为Δx=vt1-x=4.8 m,即整个过程中,Q相对传送带运动的距离为4.8 m,选项C正确;当Q加速时,对P分析有m P g-T=m P a,解得T=203N,之后做匀速直线运动,有T=20 N,选项D错误。
5.(多选)如图所示,一足够长的传送带倾斜放置,倾角θ= 37°,以恒定速率v=4 m/s顺时针转动。
一煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带,煤块与传送带之间动摩擦因数μ=0.25,取g=10 m/s2,sin37°=0.6、cos37°=0.8。
则下列说法正确的是()A .煤块冲上传送带后经1 s 与传送带速度相同B .煤块向上滑行的最大位移为10 mC .煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为5 sD .煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4√5) m【解析】选A 、B 、D 。
煤块先做匀减速运动,由牛顿第二定律可得mg sin θ+μmg cos θ=ma 1解得a 1=8 m/s 2,设经时间t 与传送带共速,由v 0-a 1t =v ,解得t =1 s,故A 正确;共速后,摩擦力方向向上,由牛顿第二定律mg sin θ-μmg cos θ=ma 2,解得a 2=4 m/s 2煤块先以12 m/s 的初速度、8 m/s 2的加速度减速至4 m/s,后又以4 m/s 2的加速度减速至0,再反向加速至回到A 点,v -t 图像如图所示由图像煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小x =12×(12+4)×1 m+12×4×1 m=10 m,故B 正确;煤块上升到最高点后反向向下做初速度为零,加速度为a 2=4 m/s 2的匀加速直线运动,设返回到A 点所需的时间为t 1,下滑的位移x =12a 2t 12,解得t 1=√5s,结合图像知,煤块从冲上传送带到返回A 端所用时间为t 总=(2+√5) s,故C 错误;在0到1 s 内传送带比煤块速度慢,则煤块在传送带上的划痕为L 1=12×(12+4)×1 m-4×1 m=4 m,此时划痕在物块的下方,在1 s 到2 s 内,传送带速度比煤块速度大,则L 2=4×1 m-12×4×1 m=2 m,因为L 2<L 1,所以在上升阶段产生的划痕为4 m,此时煤块在产生的划痕的中点,在2 s 到(2+√5) s 时间内,煤块向下滑了10 m,传送带向上运动了4√5 m,则煤块在传送带上的划痕为L 3=(10+4√5+2) m=(12+4√5) m,故D 正确。
6.如图甲所示的传送带由水平部分和倾斜部分组成,倾斜部分与水平方向的夹角为37°。
传送带以某一速度按图示方向运转,t =0时,将一质量为m =1 kg 的小滑块轻放在传送带的最顶端,以后滑块的速度大小与时间的变化关系如图乙所示,t =2.2 s 时滑块刚好到达最右端,滑块在两传送带交接处运动时无机械能损失,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是()A.滑块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.6B.滑块运动过程中能够达到的最大速度为v m=8 m/sC.传送带水平部分的总长度为l=3.6 mD.从t=0到t=0.6 s的过程中,电动机额外提供电能E=7.2 J【解析】选B。
分析图像可知,从t=0到t=0.6 s的过程中,滑块在倾斜传送带上做加速运动,当t=0.6 s时滑块与传送带共速,均为6 m/s。
由图像可知,该过程加速度为a1=10 m/s2。
根据牛顿第二定律可得mg sinθ+μmg cosθ=ma1,代入数据可得μ=0.5,选项A错误;t=0.6 s到t=1.6 s过程中,滑块在倾斜传送带上继续加速,但由于滑块速度大于传送带速度,根据牛顿第二定律可得mg sinθ-μmg cosθ=ma2,再结合匀变速运动规律v m-v1=a2t2,其中v1=6 m/s,联立可得v m=8 m/s,选项B正确;当滑块在水平传送带上减速时v m-v1=μgΔt,解得Δt=0.4 s,所以传(v m+v1)Δt+v1(0.6-Δt)=4 m,选项C错误;从t=0到t=0.6 s的过程送带水平部分总长度为12中,电动机额外提供电能为E=μmg cosθ·x1,其中x1=v1t=6×0.6 m=3.6 m,解得E=14.4 J,选项D错误。