第四章 专题强化练14　传送带模型 同步练（含答案） 高中物理人教版（2019） 必修 第一册

专题强化练14　传送带模型
训练1　水平传送带模型
1.(2022·肇庆市高一期末)如图所示，一水平传送带沿顺时针方向以v0匀速转动，在传送带左端A处无初速度地轻放一小物块，则关于小物块从A端运动到B端过程中，速度v随时间t的变化图像，下列选项中可能正确的是(　　)
2.(2022·如皋市高一期末)如图所示，一火车站的传送带以0.8 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带上表面A、B两端间的距离为2 m。旅客将行李(可视为质点)无初速度地放在A端，行李与传送带间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取10 m/s2，则行李从A端运动到B端的时间为(　　)
A．2.4 s B．2.5 s C．2.6 s D．2.8 s
3.(2022·常州市高一期末)如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v＝2 m/s，A、B两端间距离为 3 m，一物块(可视为质点)从 B 端以初速度 v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图像是图中的(以v0的方向为正方向)(　　)
4．(2022·钦州市高一期末)如图甲，水平传送带逆时针匀速转动，一小物块以某一速度从最左端滑上传送带，取向右为正方向，从小物块滑上传送带开始计时，小物块的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　)
A．传送带的速度大小为2.0 m/s
B．小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2
C．小物块相对传送带滑动的总时间为4.5 s
D．小物块相对传送带滑动的总距离为4.5 m
5.(2023·泉州市高一期末)如图，传送带顺时针匀速转动，在其左端无初速度的放上木块P，木块被运送到右端。现将传送带的转动速率调大，再次将木块P无初速度放在传送带左端，则木块(　　)
A．加速过程中的加速度变大
B．运动到传送带右端时的速度一定变大
C．运动到传送带右端的时间一定变短
D．与传送带之间相对滑动的路程一定变大
6.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)求物体在传送带上做匀加速运动的时间；
(2)求物体与传送带之间的动摩擦因数；
(3)若物体是煤块，求煤块在传送带上的划痕长度。
7.如图所示为一水平传送带。紧绷的传送带始终以恒定的速率v＝1 m/s顺时针运行，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。
训练2　倾斜传送带模型
1.(2022·南京市高一期末)传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为倾斜传送带装置示意图，传送带足够长，木箱M在静止的传送带上以速度v匀速下滑，某时刻传送带突然顺时针以速度v1启动，则传送带启动后(　　)
A．木箱M开始加速上滑
B．木箱M开始减速下滑
C．木箱M继续匀速下滑
D．木箱M开始匀速上滑
2.如图，倾角θ＝37°的足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，现将一质量m＝2 kg的小物体轻放在传送带的A端，小物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则在上升过程中小物体(　　)
A．加速度恒定
B．一直加速
C．所受的摩擦力方向不变
D．所受的摩擦力大小始终为12 N
3.(2023·济宁一中高一月考)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，如果传送带以速度v0顺时针运动起来，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．t14.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针方向运行，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(　　)
5.如图所示，倾斜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。现有一质量m＝0.5 kg的物块以初速度v0＝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/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(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。
6．倾角为θ的倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图甲所示。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，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)0～0.5 s内和0.5～1.5 s内小煤块的加速度大小；
(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。
7.(2023·广东实验中学高一期末)在工业化高度发展的今天，传送带已成为物流系统自动化不可缺少的组成部分。如图所示，在某物流运输线上，传送带以v＝2 m/s的速度匀速转动，一可视为质点的包裹被静止释放于A点，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，此后其经过B点最后到达C点，始终未脱离传送带，包裹通过B点前后速度大小不变。已知AB间距离为4 m，BC长度为3 m且与水平面的夹角θ＝37°，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)通过计算证明包裹到达B点时已经与传送带共速；
(2)求包裹在传送带上从B点运动至C点所用时间；
(3)若传送带速度很大，使包裹在传送带上从A点由静止开始运动至C点的过程中速度一直未与传送带速度相等，求包裹运动到C点时的速度大小。
专题强化练14　传送带模型
训练1　水平传送带模型
1．B　[物块先做匀加速运动，在到B端前可能已经和传送带共速，也可能一直加速运动到B端，B正确。]
2．C　[开始时，行李受向右的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律μmg＝ma，解得a＝4 m/s2，设行李做匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度为v＝0.8 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小为x＝t1＝0.08 m，则匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2.4 s，可得行李从A端运动到B端的时间为t＝t1＋t2＝2.6 s，故选C。]
3．B
4．D　[3.0～4.0 s的时间内，物块的速度与传送带速度相等，则传送带的速度大小为1.0 m/s，A错误；0～2.0 s时间内物块加速度大小为a＝＝1 m/s2，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，得μ＝0.1，B错误；由题图乙可知，小物块相对于传送带滑动的总时间为3.0 s，C错误；由于v－t图像与t轴围成的面积表示位移大小，可知小物块相对传送带滑动的总距离为Δx＝(×2×2＋2×1) m＋(1×1－×1×1) m＝4.5 m，D正确。]
5．D　[对木块受力分析得μmg＝ma，即加速度为a＝μg，所以加速过程中的加速度不变，故A错误；对木块由运动学公式v2＝2ax，可知，木块速度大小与木块加速位移有关，若木块在传送带上一直加速，则两次加速的位移都为传送带长度，则到达右端的速度相等，同理，由运动学公式x＝at2可知，若木块在传送带上一直加速，则运动到传送带右端的时间也相等，故B、C错误；此过程中，木块位移为L，传送带位移为x′＝vt，所以木块与传送带之间相对滑动的路程为Δx＝x′－L，所以传送带的转动速率调大时，木块与传送带之间相对滑动的路程一定变大，故D正确。]
6．(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)在煤块匀加速运动过程中，
传送带上表面相对于地面的位移
x＝vt＝4 m
煤块相对于地面的位移x′＝at2＝2 m
所以煤块在传送带上的划痕长度
Δx＝x－x′＝2 m。
7．(1)4 N　 1 m/s2 　(2)2.5 s 　(3)2 s
2 m/s
解析　(1)滑动摩擦力大小
Ff1＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，
加速度大小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从A处传送到B处的时间最短，加速度大小仍为a＝1 m/s2，
当物体到达B处时，有vmin2＝2aL，
得vmin＝2 m/s，
所以传送带的最小运行速率为2 m/s。
设物体传送到B的最短时间为tmin，
则vmin＝atmin，
得tmin＝2 s。
训练2　倾斜传送带模型
1．C　[木箱M在静止的传送带上以速度v匀速下滑，受力平衡，说明滑动摩擦力沿传送带向上，大小等于重力沿传送带向下的分力；传送带启动后，木箱相对传送带下滑，受沿传送带向上的滑动摩擦力，大小不变，仍然等于重力沿传送带向下的分力，所以木箱继续匀速下滑，故选C。]
2．C　[开始时物体受到沿传送带向上的滑动摩擦力，因Ff＝μmgcos 37°＝12.8 N>mgsin 37°＝12 N，则物体沿传送带加速向上运动，由于传送带足够长，当物体的速度与传送带的速度相等时，因μmgcos 37°>mgsin 37°，则之后物体相对传送带静止，随传送带一起匀速向上运动，物体所受静摩擦力大小为12 N，方向沿传送带向上，则选项C正确，A、B、D错误。]
3．A　[滑块受重力、支持力、滑动摩擦力作用，当传送带以速度v0顺时针运动起来，保持其他条件不变时，滑块所受支持力不变，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。]
4．D　[开始时小木块相对传送带向上运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，则小木块的加速度大小为a1＝gsin θ＋μgcos θ，则开始时小木块沿传送带向下做匀加速直线运动，因传送带足够长，则小木块和传送带能够共速，共速时，因μ＜tan θ，小木块将继续加速运动，加速度大小为a2＝gsin θ－μgcos θ，综上所述，小木块先以a1做匀加速直线运动，后以a2做匀加速直线运动，且a1>a2，故A、B、C错误，D正确。]
5．(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
μmgcos θ－mgsin θ＝ma，
得a＝0.4 m/s2
物块与传送带相对运动所用时间
t1＝＝5 s
物块运动的位移
x1＝t1＝10 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时物块的速度大小为3 m/s
(2)物块匀速运动的位移
x2＝L－x1＝6 m，
匀速运动时间t2＝＝2 s
物块从A运动到B所用的时间
t＝t1＋t2＝7 s。
6．见解析
解析　(1)由题图乙知，0～0.5 s内
a1＝＝10 m/s2
0．5～1.5 s内a2＝＝2 m/s2
(2)0～0.5 s内，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
0．5～1.5 s内，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
联立解得μ＝0.5
(3)由题图乙知，传送带的速率
v1＝5 m/s，
0～0.5 s内传送带比小煤块多运动
Δx1＝v1t1－v1t1＝1.25 m，
0．5～1.5 s内小煤块比传送带多运动
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。
7．(1)见解析　(2)1 s　(3)10 m/s
解析　(1)在水平传送带上，共速前，
对包裹由牛顿第二定律可得
μmg＝ma1，
解得a1＝5 m/s2，
设经过时间t1与传送带共速，
则t1＝，x1＝a1t12
联立得x1＝0.4 m<4 m，
可见包裹到达B点时已经与传送带共速。
(2)包裹进入传送带倾斜部分后，
因为μmgcos θmgsin θ－μmgcos θ＝ma2
又xBC＝vt2＋a2t22
得a2＝2 m/s2，t2＝1 s(t2＝－3 s舍去)。
(3)包裹全程做加速运动，则在传送带水平部分，
由运动学公式可得2a1xAB＝vB2－0
包裹进入传送带倾斜部分时，
由牛顿第二定律可得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma3
由运动学公式有2a3xBC＝vC2－vB2
联立得vC＝10 m/s。