专题：传送带模型 牛顿运动定律的应用 同步练习（Word版含答案）

专题：传送带模型 牛顿运动定律的应用 同步练习
一、选择题。
1．(多选)如图1所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行．将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、Ff表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．下列选项可能正确的是(　　)
2.(多选)如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面．物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，此时速率为v2′，则下列说法正确的是(　　)
A．若v1＜v2，则v2′＝v1
B．若v1＞v2，则v2′＝v2
C．不管v2多大，总有v2′＝v2
D．只有v1＝v2时，才有v2′＝v1
3.如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针运行.将一物体轻轻放在传送带的左端，以v、a、x、Ff表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小.下列选项可能正确的是
4．(多选)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4所示模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率向左运行．旅客把行李(可视为质点)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/s2.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(　　)
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
5.(多选)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所示模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率向左运行.旅客把行李(可视为质点)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/s2.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
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
6.如图所示，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(　　)
7.如图所示，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(　　)
A．t1＝t2 B．t1>t2
C．t1二、计算题。
8.如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带始终以恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的物体无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2.
(1)求物体刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；
(2)求物体由A运动到B的时间；
(3)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处，求使物体从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．
9．如图，一平直的传送带以速率v＝2 m/s顺时针匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过6 s，物体到达B处，A、B相距L＝10 m，重力加速度g＝10 m/s2.则：
(1)物体在传送带上匀加速运动的时间是多少？
(2)物体与传送带之间的动摩擦因数为多少？
(3)若物体是煤块，求物体在传送带上的划痕长度．
10.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/s2，求：
(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．
11.如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动．现将一定质量的煤块从离传送带左端很近的A点轻轻地放上去，设煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2.5 m，g取10 m/s2，求：
(1)煤块从A点运动到B点所经历的时间；
(2)煤块在传送带上留下痕迹的长度．
12.某飞机场利用如图3所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10 m，传送带以v＝5 m/s的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A轻放上一质量m＝5 kg的货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝.求货物从A端运送到B端所需的时间．(g取10 m/s2)
专题：传送带模型 牛顿运动定律的应用 同步练习答案
1.答案　AB
2.答案　AB
解析　由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：
①若v1≥v2，物体向右运动时一直加速，当v2′＝v2时，离开传送带．
②若v1＜v2，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，物体还在传送带上，此后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，此时有v2′＝v1.故选项A、B正确，C、D错误．
3.AB
4.答案　BD
解析　行李无初速度地放在传送带上，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度做匀速直线运动．加速时a＝μg＝1 m/s2，用时t1＝＝1 s达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝＝1.5 s，到达B处共用时2.5 s．乘客到达B处用时t＝＝2 s，故B正确，A、C错误．若传送带速度足够大，行李一直匀加速运动，最短运动时间tmin＝＝2 s，D正确．
5.B D
6.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＝gsin θ＋μgcos 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＝gsin θ－μgcos 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．
7.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v0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＝at2可知，两种情况下滑块运动的时间相等，即t1＝t2，选项A正确．
8答案　(1)4 N　 1 m/s2 　(2)2.5 s 　(3)2 s　 2 m/s
解析　(1)滑动摩擦力Ff1＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，
加速度a＝＝1 m/s2.
(2)物体匀加速运动的时间t1＝＝1 s，
物体匀加速运动的位移x1＝＝0.5 m.
物体匀速运动的时间t2＝＝1.5 s
则物体由A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.5 s.
(3)物体一直做匀加速运动时物体从A处传送到B处的时间最短，加速度仍为a＝1 m/s2，当物体到达B处时，有vmin2＝2aL，vmin＝＝ m/s＝2 m/s，
所以传送带的最小运行速率为2 m/s.
设物体最短运行时间为tmin，则vmin＝atmin，
得tmin＝＝ s＝2 s.
9答案　(1)2 s　(2)0.1　(3)2 m
解析　(1)由题意可知，物体从A到B先做匀加速直线运动，后与传送带达到相同速度，匀速运动到B端，
设物体做匀加速运动的时间为t
所以t＋v(6 s－t)＝L
代入数据解得：t＝2 s
(2)在匀加速运动过程中，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma
根据速度与时间的关系得：v＝at
联立解得：μ＝0.1
(3)在物体匀加速运动过程中，传送带上表面相对于地面的位移x＝vt＝4 m
物体相对于地面的位移x′＝at2＝2 m
所以物体在传送带上的划痕长度Δx＝x－x′＝2 m.
10.答案　见解析
解析　(1)a1＝＝10 m/s2
a2＝＝2 m/s2
(2)0～0.5 s内：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
0．5～1.5 s内：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
联立解得μ＝0.5
(3)0～0.5 s内：传送带多运动Δx1＝v1t1－v1t1＝1.25 m
0．5～1.5 s内：物块多运动Δx2＝(v1＋v2)t2－v1t2＝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 m
11.答案　(1)3 s　(2)0.5 m
解析　(1)对煤块，根据题意得a＝＝μg＝1 m/s2，当速度达到1 m/s时，所用的时间t1＝＝ s＝1 s，通过的位移x1＝＝0.5 m＜2.5 m．在剩余位移x2＝L－x1＝2.5 m－0.5 m＝2 m中，因为煤块与传送带间无摩擦力，所以煤块以1 m/s的速度随传送带做匀速运动，所用时间t2＝＝2 s
因此煤块从A点运动到B点所经历的时间
t＝t1＋t2＝3 s
(2)煤块在传送带上留下的痕迹为二者的相对位移，发生在二者相对运动的过程
在前1 s时间内，传送带的位移
x1′＝vt1＝1 m
煤块相对地面运动的位移
x2′＝at12＝0.5 m
故煤块相对传送带的位移
Δx＝x1′－x2′＝0.5 m.
12.答案　3 s
解析　以货物为研究对象，由牛顿第二定律得
μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma
解得a＝2.5 m/s2
货物匀加速运动时间
t1＝＝2 s
货物匀加速运动位移
x1＝at12＝5 m
然后货物做匀速运动，运动位移
x2＝L－x1＝5 m
匀速运动时间
t2＝＝1 s
货物从A端运送到B端所需的时间
t＝t1＋t2＝3 s.