专题强化练8 习题及解析（可编辑Word）

专题强化练8　传送带模型
一、选择题
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=0.8 m/s的恒定速率运行,行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4,A、B间的距离为2 m,g取10 m/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.行李从A到B过程中始终受到向左的摩擦力
B.行李经过1 s到达B处
C.行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
2.如图所示,水平传送带A、B两侧与光滑地面相衔接,一物块从左侧地面以v0=5 m/s的速度冲上传送带,已知A、B之间的距离为s=4 m,物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2,取g=10 m/s2,物块到达传送带B端的速度为v,下列说法正确的是(　　)
A.若传送带不动,v=3 m/s
B.若传送带逆时针匀速转动,v一定小于3 m/s
C.若传送带顺时针匀速转动,v一定大于3 m/s
D.若传送带顺时针匀速转动,v有可能等于7 m/s
3.(多选)如图所示,一水平方向足够长的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,这时速率为v2',则下列说法正确的是(　　)
A.若v1B.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
4.(多选)如图甲,倾角为θ的传送带始终以恒定速率v2逆时针运行,t=0时,初速度大小为v1(v1>v2)的小物块从传送带的底端滑上传送带,其速度随时间变化的v-t图像如图乙,则(　　)
A.0~t3时间内,小物块所受到的摩擦力始终不变
B.小物块与传送带间的动摩擦因数满足μC.t2时刻,小物块离传送带底端的距离达到最大
D.小物块返回传送带底端时的速率小于v1
5.(多选)如图甲所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,在传送带上某位置轻轻放置一小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数为μ,小木块速度随时间变化的关系如图乙所示,v0、t0已知,则(重力加速度大小为g)(　　)
A.传送带一定逆时针转动
B.μ=tan θ+
C.传送带的速度大于v0
D.t0后木块的加速度为2g sin θ-
6.(多选)传送带沿如图所示方向匀速运动,其中ab段为水平部分,bc段为倾斜部分,其与水平面的夹角为37°,可视为质点的小物体A与传送带间的动摩擦因数μ=0.25,若把物体A轻放到a端,它将被传送带送到c端,且物体不会脱离传送带(sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,重力加速度g取10 m/s2)。则物体A从a端到c端的运动过程中,其速率-时间图像可能正确的是(　　)
二、非选择题
7.如图所示,足够长的传送带与水平面夹角θ=37°,传送带以v=10 m/s的速率逆时针转动。质量为m的物体在A点以平行于AB的初速度v0=20 m/s冲上传送带,物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:
(1)物体刚冲上传送带时的加速度大小;
(2)物体沿传送带向上运动的时间;
(3)物体相对于地面运动的最大位移大小。
8.如图所示,一物块从高为h=1.2 m、倾角θ=37°斜坡上的A点由静止开始下滑,物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.25,经过B点后进入水平向右运动的传送带上(设物块经过B点前后速度大小不变),物块与传送带间的动摩擦因数μ2=0.4,传送带长度L=3 m,传送带匀速运动的速度为v=2 m/s(重力加速度g取10 m/s2,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6),求:
(1)物块在斜面上运动时的加速度大小a1;
(2)物块运动到B点时的速度大小vB;
(3)通过计算判断物块能否滑离传送带 若不滑离,求物块返回B点后能够沿斜面上升的最大高度hm。
答案全解全析
专题强化练8
传送带模型
1.D　行李从A到B过程中,开始阶段受到向左的滑动摩擦力,向左做匀加速运动,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,匀加速运动的位移为x=a=×4×0.22 m=0.08 m<2 m,此后行李做匀速直线运动,所受摩擦力为零,匀速运动的时间为t2== s=2.4 s,可得行李从A到B的时间为t=t1+t2=2.6 s,故A、B、C错误;行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx=vt1-x=(0.8×0.2-0.08) m=0.08 m,D正确。
2.A　如果传送带不动,根据牛顿第二定律可得物块减速运动的加速度大小为a=μg=2 m/s2,根据匀变速直线运动的速度-位移关系式可得-v2=2as,解得v=3 m/s,故A正确;若传送带逆时针匀速转动,物块与传送带之间的摩擦力不变,物块运动过程中的受力情况不变,则v一定等于3 m/s,故B错误;若传送带顺时针匀速转动的速度小于或等于3 m/s,v一定等于3 m/s,如果传送带顺时针匀速转动的速度大于3 m/s,v一定大于3 m/s,故C错误;若传送带顺时针匀速转动的速度足够大,物块一直加速,根据匀变速直线运动的速度-位移关系式可得v2-=2as,解得v= m/s<7 m/s,所以v不可能等于7 m/s,故D错误。
3.AB　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,物体离开传送带。
②若v1导师点睛
传送带问题分析的关键
求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度,也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
4.BD　通过题图乙可以看出,小物块先向上减速运动,减速到零后反向加速,当其速度与传送带速度相等时,加速度大小发生变化,所以小物块的速度达到与传送带速度相等以前,所受摩擦力方向一直沿传送带向下,t2时刻以后摩擦力方向沿传送带向上,故A错误;根据题图乙可知,t2时刻以后小物块相对于传送带向下加速运动,根据牛顿第二定律可得mg sin θ-μmg cos θ=ma,所以小物块与传送带间的动摩擦因数满足μ5.AD　若传送带顺时针转动,当木块下滑时(mg sin θ>μmg cos θ),将一直匀加速到底端;当木块上滑时(mg sin θ<μmg cos θ),先匀加速运动,在速度相等后将匀速运动,两种情况均不符合题图乙,故传送带逆时针转动,选项A正确。在0~t0时间内,滑动摩擦力方向沿传送带向下,木块匀加速下滑,a1=g sin θ+μg cos θ,由题图乙可知a1=,则μ=-tan θ,选项B错误。当木块的速度等于传送带的速度时,木块所受的摩擦力变成沿传送带向上,故传送带的速度等于v0,选项C错误。速度相等后木块的加速度a2=g sin θ-μg cos θ,代入μ值得a2=2g sin θ-,选项D正确。
6.BD　物体在ab段运动时,达到传送带的速度前一直做匀加速直线运动,物体所受的合外力为摩擦力,大小为f1=μmg,加速度大小a1==2.5 m/s2;物体加速到传送带速度后,随传送带一起做匀速直线运动,物体在bc段运动时所受的滑动摩擦力f2=μmg cos 37°7.答案　(1)10 m/s2　(2)2 s　(3)20 m
解析　(1)物体刚冲上传送带时,相对于传送带向上运动,所受的滑动摩擦力沿传送带向下,根据牛顿第二定律得mg sin θ+μmg cos θ=ma
解得a=g(sin θ+μ cos θ)=10 m/s2
(2)开始物体沿传送带向上运动,当物体的速度减为零时到达最高点,则有0=v0-at
解得t=2 s
(3)物体做匀减速直线运动,速度为零时位移最大,则物体相对于地面运动的最大位移为
s=t=×2 m=20 m。
8.答案　(1)4 m/s2　(2)4 m/s　(3)见解析
解析　(1)物块沿斜面加速下滑,由牛顿第二定律得mg sin θ-μ1mg cos θ=ma1
代入数据解得物块在斜面下滑的加速度大小
a1=4 m/s2
(2)下滑过程,由匀变速直线运动的速度位移关系式得=2a1l=2a1
代入数据解得vB=4 m/s
(3)物块在传送带上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得μ2mg=ma2
代入数据解得物块在传送带上的加速度大小
a2=4 m/s2
设物块在传送带上能滑行的最大距离为x,由匀变速直线运动的速度-位移公式得
x== m=2 m所以物块不会滑离传送带
又因为vB>v,所以物块速度减为零后,返回做匀加速直线运动,当速度等于传送带速度后,做匀速直线运动,所以当物块返回到B点时速度大小为
v1=v=2 m/s
物块滑上斜面后,由牛顿第二定律得
mg sin θ+μ1mg cos θ=ma3
代入数据得物块沿斜面减速上滑的加速度大小a3=8 m/s2,则上滑的距离s== m=0.25 m
所以上升的最大高度
hm=s·sin 37°=0.25×0.6 m=0.15 m
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