模型09传送带动力学模型（教师版含解析）-备战2021年高考物理模型专题突破

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1、09 传送带动力学模型 1(2020 内蒙古高三月考)如图所示，传送带的水平部分长为 5m，运动的速率恒为 v=2m/s，在其左端无初 速放上一木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为 =0.2，则木块从左到右的运动时间是( ) A2.5s B3s C 5s D1s 【答案】B 【详解】 物块在传送带上加速时的加速度为 22 0.2 10m/s2m/sag 加速到与皮带速度相等所走过的位移为 22 2 m=1m 22 2 v s a 在此过程中用的时间 1 2 1s 2 v t a 达到共速后随传送带一起匀速运动，此过程用时 2 54 2s 2 s t v 所以物块在皮带上运动的总时间为 12 3

2、sttt 2(2020 湖南高三一模)如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度 v1=2m/s 沿顺时针方向转动， 传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速度 v2=5m/s 沿直线向左滑向传送带后，经 过一段时间又返回光滑水平面， 速率为v2， 物体与传送带间的动摩擦因为0.2， 则下列说法正确的是( ) A返回光滑水平面时的速率为 v2=2m/s B返回光滑水平面时的速率为 v2=5m/s C返回光滑水平面的时间为 t=3.5s D传送带对物体的摩擦力先向右再向左 【答案】A 【详解】 AB因为传送带足够长，且顺时针转动，又因为 12 vv，则物体会先向左减速直到速度为

3、 0，再向右加 速，最后匀速，则物体返回光滑水平面时的速率为 v2=2m/s，故 A 正确，B错误； C由牛顿第二定律得 2 2m/s fmg ag mm 则物体减速的时间为 2 1 2.5s v t a 物体减速的位移为 2 11 1 6.25m 2 xat 物体反向加速的时间为 1 2 1s v t a 反向加速的位移为 2 22 1 1m 2 xat 物体匀速的时间为 12 3 1 2.625s xx t v 故物体返回光滑水平面的时间为 123 6.125stttt 故 C 错误； D由于物体是先向左减速，后反向加速，最后匀速返回，所以传送带对物体的摩擦力先向右后为 0，故 D错误。

4、故选 A。 3 (2020 福建师大附中高三月考)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 。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 开始运动，当其速度达到 v 后，便以此速度做匀速运动。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 与 a之间一定满足关系 a g B煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为 2 v g C煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为 v g D黑色痕迹的长度为 2 2 v g

5、【答案】C 【详解】 A要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即a g ，则 a g ，故 A错误； BCD根据牛顿第二定律得，煤块的加速度 ag 则煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间为 v t g 此过程煤块的位移为 2 1 2 v x g 此过程传送带的位移为 222 2 () 22 vvvvv xv agaga 煤块相对于传送带的位移即黑色痕迹的长度为 22 21 22 vv xxx ga 故 C 正确，B、D错误。 故选 C。 4(2020 全国高一专题练习)传送带广泛的应用于物品的传输、分拣、分装等工作中，某煤炭企业利用如图 所示的三角形传送带进行不同品质煤的分拣

6、，传送带以6m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都 是1m，且与水平方向的夹角均为37。现有两方形煤块 A、B(可视为质点)从传送带顶端静止释放，煤 块与传送带间的动摩擦因数均为 0.5，下列说法正确的是( ) A煤块 A、B 在传送带上的划痕长度不相同 B煤块 A、B 受到的摩擦力方向都与其运动方向相反 C煤块 A比煤块 B后到达传送带底端 D煤块 A运动至传送带底端时速度大小为2m/s 【答案】A 【详解】 B煤块 A开始受到的摩擦力方向沿传送带方向向下，与运动方向相同，煤块 B 下滑过程中受到的摩擦 力方向沿传送带方向向上，与运动方向相反，选项 B错误； CD对煤块 A 根据牛顿第

7、二定律可得 1 cos37sin37mgmgma 解得 2 1 10m/sa 煤块 A达到与传送带共速的时间 0 1 1 6 s0.6s 10 v t a 位移 2 0 1 1 1.8m1m 2 v x a 故不可能与传送带共速，煤块 A一直以 1 a向下加速，达到底部的时间设为 A t，则有 2 1 2 A A La t 解得 0.2s A t 达到底端的速度为 1 10 0.2m/s AA vat 对煤块 B 根据牛顿第二定律可得 2 sin37cos37mgmgma 解得 2 2 s2m/a 煤块 B达到底部的时间设为 B t，则有 2 1 2 B B La t 解得 1s BA tt

8、所以 A先达到底部，选项 CD 错误； A煤块 A相对于传送带的位移 0 (6 0.21)m AA xv tL 煤块 B相对于传送带的位移 0 (61)m5m BB xv tL 所以煤块 A、B在传送带上的划痕长度不相同，选项 A 正确。 故选 A。 5(2020 广东高三月考)两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以不变的速率 v运行。将质量为 m的物体 A(可视为质点)轻轻放在传送带左端，经时间 t后，A的速度变为 v，再经过时间 t后，到达传送带右端。 则正确的说法是( ) A物体 A在传送带上留下的划痕在物体左侧 B物体 A在传送带上留下的划痕长为 vt C物体 A在传送带上留下的划痕长

9、为 0.5vt D物体 A由传送带左端到右端的平均速度为 0.75v 【答案】CD 【详解】 A物体 A轻轻放在传送带左端后，相对于传送带向左滑动，所以物体 A 在传送带上留下的划痕在物体 右侧，故 A错误； BC当物体速度达到传送带速度 v时，物块的位移 1 2 v xt 传送带的位移 1 xvt 则在传送带上留下的划痕长为 11 2 v xxtx 由上可知物体 A在传送带上留下的划痕在物体右侧，故 C正确，B 错误； D物体 A由传送带左端到右端的平均速度为 3 2 24 v tvt vv t 故 D 正确。 故选 CD。 6(2020 河北高三月考)如图为裝卸货物的带式输送机，输送带与水

10、平方向夹角为 37，货物以2m/s的初 速度从底端滑上输送带，已知输送带速度为4m/s，货物与输送带间的动摩擦因数为 0.8，输送机底端到 顶端的距离为19m，已知sin370.6，cos370.8， 2 10m/sg ，下列说法正确的是( ) A货物到达顶端用时(2 305)s B货物到达顶端用时6s C货物在输送带上一直做匀加速运动 D货物在输送带上先加速运动后做匀速运动 【答案】BD 【详解】 货物加速上升的加速度 cos37sin37mgmgma 解得 2 0.4m/sa 货物加速到和传送带一样速度的时间 0 vvat 解得 5st= 货物加速的位移 22 0 2axvv 解得 15m

11、x 没有到达传送带的顶端，则货物和传送带一起匀速上升，匀速运动的时间 1 19 15 s1s 4 Lx t v 货物到达顶端 21 6sttt 故选 BD。 7(2020 云南高三月考)如图甲所示，倾角为的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量 m=2kg 的小物 体轻轻放在传送带的 A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末物体到达 B 端，取 沿传送带向下为正方向，g=10m/s2，则( ) A传送带两端的距离为 16m B传送带两端的距离为 12m C物体与传送带间的动摩擦因数0.5 D物体与传送带间的动摩擦因数 0.3 【答案】AC 【详解】 AB传送带两端的距离等于

12、 v-t图围成的面积，即 LAB= 11 1 10m10 121m 22 =16m 故 A 正确 B错误； CD由 v-t图象可知传送带运行速度为 1 10m/sv ，物体从 A到 B 先做加速度为 22 1 100 m/s10m/s 1 0 a 的匀加速运动，经过时间 t1=1s后再做加速度为 22 2 12 10 m/s2m/s 2 1 a 的匀加速运动，然后再经过 1s，物体以大小为 v2=12m/s 的速度到达传送带 B端。由物体在传送带上的受 力情况知 1 sincosmamgm g 2 sincosmamgm g 解得 0.5 故 C 正确 D错误。 故选 AC。 8(2020 贵

13、州高三月考)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0.4m/sv的恒定速率运行， 行李与传送带之间的动摩擦因数0.2A，、B间的距离为2m， g取 2 10m /s。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 2m/s B行李经过2s到达B处 C行李到达B处时速度大小为0.4m/s D行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m 【答案】AC 【详解】 A开始时，对行李，根据牛顿第二定律 mg=ma 解得 a=2m/s2 故 A 正确； B设行李做匀加速运动的时间为 t，行李加速运动的末速度为

14、 v=0.4m/s，根据 v=at1 代入数据解得 t1=0.2s 匀加速运动的位移大小 22 1 11 2 0.20.04m 22 xat 匀速运动的时间为 2 20.04 s=4.9s 0.4 Lx t v 可得行李从 A 到 B的时间为 t=t1+t2=5.1s 故 B 错误； C由上分析可知行李在到达 B 处时已经共速，所以行李到达 B处时速度大小为 0.4m/s，故 C 正确； D行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 x=vt1-x=(0.4 0.2-0.04)m=0.04m 故 D 错误。 故选 AC。 9(2020 辽宁一尺和育英高级中学高三月考)皮带传送机的皮带与水平方向的夹角为

15、 ，如图所示，将质量 为 m 的小物块放在皮带传送机上，随皮带一起向下以加速度 a 做匀加速直线运动，则( ) A小物块受到的支持力的方向一定垂直于皮带指向物块 B小物块受到的静摩擦力的方向一定沿皮带斜向下 C小物块受到的静摩擦力的大小可能等于 mgsin D小物块受到的重力和摩擦力的合力的方向一定沿斜面方向 【答案】AC 【详解】 A小物体受到的支持力为弹力，方向一定垂直于皮带指向物体，故 A正确； B因为物体加速度大小未知，由牛顿第二定律列方程得 sinmgfma? 故静摩擦力的方向不能确定，故 B 错误； C由牛顿第二定律列方程得 sinmgfma? 故 sinfmgma=- 或 sin

16、fmamg=- 可能等于 mgsin；所以 C正确； D物体受重力、支持力和静摩擦力作用，三力合力沿传送带平面向下，而弹力必与此平面垂直，小物 块受到的重力和摩擦力的合力的方向一定不沿斜面方向，故 D错误。 故选 AC。 10(2020 四川北大附中成都为明学校高三月考)如图，水平传送带 A、B 两端相距 s=3.5m，工件与传送带间 的动摩擦因数 =0.1。工件滑上 A端瞬时速度 vA=4m/s，达到 B 端的瞬时速度设为 vB，则( ) A若传送带不动，则 vB=3m/s B若传送带以速度 v=4m/s 逆时针匀速转动，vB=3m/s C若传送带以速度 v=2m/s 顺时针匀速转动，vB=

17、3m/s D若传送带以速度 v=2m/s 顺时针匀速转动，vB=2m/s 【答案】ABC 【详解】 A若传送带不动，工件的加速度 a=g=1m/s2 由 22 2 BA vvas得 22 242 1 3.5 BA vvas m/s=3m/s 选项 A正确； B若传送带以速度 v=4m/s 逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，由牛顿第二定律得知，工件的加速 度仍为 a=g=1m/s2 工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则 vB=3m/s 选项 B正确； CD若传送带以速度 v=2m/s 顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做 匀减速运动，工件的加速度仍为 a=g=1m

18、/s2 当工件的速度减为零时，有 22 0-04 m8m3.5m 22 ( 1) A v x a 所以工件达到 B端时一直做匀减速运动，达到 B 端的瞬时速度 22 242 1 3.5 BA vvas m/s=3m/s 选项 C正确，D 错误。 故选 ABC。 11(2020 山东寿光市第五中学高三月考)某企业的生产车间在楼上，为了将工件方便快捷地运送到地面， 专门安装了传送带设备， 如图所示。 已知传送带与水平面的夹角37， 正常的运行速度是10m/sv。 现在传送带的A端轻轻放上一个小物体(可视为质点)， 已知小物体与传送带之间的动摩擦因数为0.5， A、B间距离16ms (已知sin37

19、0.6，cos370.8 ，取 2 10m/sg )则：( ) A如果传送带不运行，小物体从 A端运动到 B端的时间为 4s B如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体速度不可能超过皮带速度 C如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体从 A端运动到 B端的时间小于传送带不运行时小物体从 A端运动到 B端的时间 D如果传送带沿顺时针方向正常转动，小物体从 A端运动到 B端的时间大于传送带不运行时小物体从 A端运动到 B端的时间 【答案】AC 【详解】 AD因为小物块重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力，当传送带静止或顺时针转动时，小物块均加速下 滑，根据牛顿第二定律得 sin37cos37mgmgma

20、2 1 2 sat 联立解得 4st= 故 A 正确，D错误。 BC如果传送带沿逆时针方向正常转动，开始时小物块速度小于传送带速度，摩擦力向下，根据牛顿第 二定律得 1 sin37cos37mgmgma 速度和传送带相同时位移为 1 x，则有 2 1 1 2va x 联立两式解得 1 5m16mx 小物块继续加速下滑，根据牛顿第二定律有 sin37cos37mgmgma 设小物块到达传送带底端时速度为 1 v，根据运动学公式有 22 11 2vva sx 联立并带入数据解得 1 12m/s10m/svv 由于第一段加速度较大，全程时间会小于 4s，故 B错误，C正确。 故选 AC。 12(20

21、20 固原市五原中学高三期中)如图所示，水平传送带长为 L=10m，运行速率 v=2m/s，在其左端无初 速度放上一物块，若物块与传送带间的动摩擦因数 =0.2，则物块从左到右的运动过程中( ) A刚放上时物块受到的是滑动摩擦力 B物块一直做匀加速直线运动 C物块在传送带上的运动时间为 5s D物块在传送带上留下的划痕长度为 1m 【答案】AD 【详解】 A物块刚放上时传送带时，物块与传送带间有相对运动，故物块受到的是滑动摩擦力，选项 A正确； B物块刚放上时传送带时，物块做匀加速直线运动，当与传送带速度相等后，与传送带一起做匀速运 动，选项 B错误； C物块在传送带上匀加速运动的加速度 2

22、=2m/s mg ag m 匀加速运动的时间为 1 2 s1s 2 v t a 匀加速运动的位移为 2 1 1m 2 xat 则物块在水平传送带上匀速运动的时间 2 -10-1s 4.5s 2 L x t v 所以物块在传送带上的运动时间为 5.5s，选项 C错误； D匀加速运动的位移为 2 1 1m 2 xat 此时传送带的位移 2mxvt 所以物块在传送带上留下的划痕长度为 1m，选项 D正确。 故选 AD。 13(2020 江西省奉新县第一中学)三角形传送带以 1m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是 2m 且与水平方向的夹角均为 37 。现有两个小物块 A、B从传送带顶端都以

23、 1m/s 的初速度沿传送带下滑， 物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5，下列说法正确的是( ) A物块 A、B 同时到达传送带底端 B物块 A先到达传送带底端 C物块 A、B 在传送带上的划痕长度不相同 D传送带对物块 A无摩擦力作用 【答案】AC 【详解】 ABD两个小物块A和B从传送带顶端都以1m s的初速度沿传送带下滑，因为 sin37cos37mgmg 所以传送带对两小物块的滑动摩擦力分别沿传送带向上，大小相等，那么两小物块沿传送带向下的加速 度大小相等，滑到传送带底端时的位移大小相等，因此物块A、B同时到达传送带底端，A正确，B错 误，D错误； C对物块A，划痕的长度等于A的位移

24、减去传送带的位移，由牛顿第二定律得 sin37cos37mgmgma 解得 2 2m sa 由运动学公式得 2 0 1 2 Lv tat 解得 1st 传送带运动位移 0 1mxv t A对传送带的划痕长度为 1 2m 1m1mx 对物块B，划痕长度等于B的位移加上传送带的位移，同理得出B对传送带的划痕长度为 2 2m 1m3mx 12 xx 物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，C正确。 故选 AC。 14(2020 广西南宁 高三月考)如图所示，用电动机带动倾斜传送带将货物从底端运送到顶端，A、B为传送 带上表面平直部分的两端点，AB长为 L = 30 m，传送带与水平面的夹角为 ( 未知

25、)，保持速度 v= 6m/s 顺时针转动。将某种货物轻放在底端 A，正常情况下，经加速后匀速，用时 t0=8s时间货物到达 B端。某 次运送这种货物时，货物从传送带 A端无初速度向上运动 t=7.5s 时，电动机突然停电，传送带立刻停 止转动，但最终该货物恰好到达 B 端。取 g=10m/s2，求： (1)货物在传送带上向上加速运动时的加速度大小 a1； (2)传送带停止转动后，货物运动的加速度大小 a2； (3)货物与传送带之间的动摩擦因数 。 【答案】(1) 2 1m/s；(2) 2 6m/s；(3) 7 15 75 【详解】 (1)设加速时间为 t1，由于加速过程中的平均速度为 2 v

26、，则从 A 到 B的过程中 101 () 2 v Ltv tt 解得 1 6st 因此加速运动过程中的加速度 2 1 1 1m/s v a t (2) 传送带停止转动时，物体到 B的距离 0 ()3msv tt 根据 2 2 02va s 可得 2 2 6m/sa 负号表示加速度方向向下，大小为 2 6m/s (3)根据牛顿第二定律，开始物体向上加速过程中 1 cossinmgmgma 传送带停止转动时，物体向上减速过程中 2 cossinmgmgma 代入数据，整理得 7 15 75 15(2020 福建师大附中高三月考)如图所示，为一传送货物的传送带 abc，传送带的 ab部分与水平面夹角

27、 =37 ，bc 部分与水平面夹角 =53 ，ab 部分长为 5.0m，bc 部分长为 8.4m。一个质量为 m=1kg 的物体 A(可视为质点)与传送带的动摩擦因数 =0.8。传送带沿顺时针方向以一定速率匀速转动。若把物体 A轻 放到 a 处， 它将被传送带送到 c处， 此过程中物体 A不会脱离传送带。 (sin 37 =0.6， sin 53 =0.8， g=10m/s2) 问： (1)要使货物能最快到达 b处，传送带的速度至少多大？ (2)若传送带速率 =1m/s，物体 A从 a处被传送到 c处所用的时间多长？ 【答案】(1)2m/s；(2)8.25s 【详解】 (1)货物一直处于加速度

28、状态时所需时间最短，则传送带速度至少等于货物加速 b点的速度 物体 A在传送带 ab上相对滑动时由牛顿第二定律有 mgcosmgsin=ma1 解得 a1=0.4m/s2 若一直加速，到达 b 点的速度 vb，有 2 1 2 bab va x 解得 vb=2m/s (2)物体与传送带速度相等时，运动时间为 1 1 2.5s v t a =2.5s 匀加速位移 2 1 1 1.25m 2 ab v xx a 在 ab 部分做匀速运动的运动时间为 1 2 3.75s ab xx t v 由于 mgsinmgcos，所以物块沿传送带 bc部分匀加速运动到 c点，由牛顿第二定律可得物体 A在传 送带

29、bc 部分加速度为 a2=gsingcos=3.2m/s2 设在 bc 部分运动的时间为 t3，有 2 32 3 1 2 bc xvta t 解得 t3=2s 物体 A从 a处被传送到 c处所用的时间为 t=t1+t2+t3=8.25s 16(2020 广东高三月考)如图所示，一足够长的水平传送带以速度2m/sv 匀速运动，质量为 1 1kgm 的小 物块 P 和质量为 2 1.5kgm 的小物块 Q由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长.某时刻给 P、 Q同时提供等大的初速度 0 4m/sv ，使 Q竖直向上运动、P从传送带左端冲上传送带，P 与定滑轮间的 绳子水平。已知物块 P 与传

30、送带间的动摩擦因数0.5，重力加速度为 2 10m/sg ，不计滑轮的质量 与摩擦，整个运动过程中物块 Q都没有上升到定滑轮处。求： (1)物块 P 在传送带上向右运动的最大距离x； (2)物块 P 离开传送带时的速度。 【答案】(1)1.25m；(2) 10 m/s 【详解】 (1)物块P刚冲上传送带时， 设PQ的加速度为 1 a， 轻绳的拉力为 1 F， 因P的初速度大于传送带的速度， 则P相对传送带向右运动，故P受到向左的摩擦力作用，对P由牛顿第二定律得 111 1 Fm gma 对Q受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用，由牛顿第二定律得 2121 m gFm a 联立解

31、得 2 1 8m/sa 物块P先减速到与传送带速度相同，设位移为 1 x，则有 22 01 1 2vva x 解得 1 0.75mx 共速后，由于摩擦力 f12 5N15NFm gm g 故P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右，设此时的加速度为 2 a，轻绳 的拉力为 2 F，对P，由牛顿第二定律得 2112 Fm gma 对Q，由牛顿第二定律得 2222 m gFm a 联立解得 2 2 4m/sa 设减速到 0 位移为 2 x，则有 2 22 2va x 解得 2 0.5mx 物块P在传送带上向右运动的最大距离 12 xxx 解得 1.25mx (2)P向右运动的

32、速度减为 0后，再以大小为 2 a的加速度向左做匀加速运动，直到从左端离开传送带， 由运动学公式有 2 22 2va x 解得 2 10m/sv 17(2020 全国高一专题练习)如图所示，一皮带输送机的皮带以 v=10m/s 的速率匀速转动，其输送距离 AB=29m，与水平方向夹角为 =37 将一小物体轻放到 A点，物体与皮带间动摩擦因数 =0.5，已知 sin37 =0.6，cos37 =0.8，g=10m/s2，求物体由 A到 B所需的时间 【答案】3s 【详解】 设物体运动到 C点时速度与传送带相同物体从 A到 C 的过程，受力如图所示， 物体开始运动时，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，

33、做加速度为 a1的匀加速运动，根据牛顿第二定律得 mgsin37 +mgcos37 =ma1 解得 a1=10 m/s2 物体速度增大到 v=10m/s所用的时间 t1= 1 v a = 10 10 =1s 此过程通过的位移 x1= 2 1 1 1 2 a t= 2 1 10 1 2 =5m 共速时，因为重力的下滑分力 mgsin37 大于最大静摩擦力 mgcos37 ，所以物体继续做匀加速运动 x2=L-x1=24m 根据牛顿第二定律得 mgsin37 -mgcos37 =ma2 解得 a2=2m/s2 由 x2=vt2+ 1 2 at22代入数据解得 t2=2s 物体由 A 到 B所需时间

34、为 t=t1+t2=3s 18(2020 安徽池州一中高三月考)如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带 AB 和斜面 BC 与水平面 成37角，A 点到 B 点的距离为8mx，B点到 C点的距离为1mL ，运输带顺时针方向运行，现 将一质量为 m 的小物体轻轻放于 A 点，小物体能到达最高点 C点，已知小物体与斜面间的动摩擦因数 2 0.25 ，求：(g取 10m/s2，sin37 0.6，cos370.8，空气阻力不计) (1)运输带最小速度多大； (2)小物体与运输带间的最小动摩擦因数 1； (3)小物体从 A点运动到 C点所经历的最长时间 t。 【答案】(1)4m/s；(2)0.87

35、5；(3)4.5s 【详解】 (1)设小物体由 B 到 C，在斜面上的加速度为 a2，在 B 点时速运动度为 v，由牛顿第二定律得 22 sincosmgmgma 由运动学公式知 2 2 02va L 联立解得 4m/sv 即运输带最小速度为 4m/s； (2)设小物体由 A 到 B，一直做匀加速运动，动摩擦因数最小，设加速度为 a1，则由牛顿第二定律知 11 cossinmgmgma 又因为 2 1 2va x 联立解得 1 0.875 (3)小物体与运输带动摩擦因数最小时，运动最长时间，小物体从 B点运动到 C点所经历时间 2 2 v t a 从 A 点运动到 B 点经历时间 1 1 v

36、t a 联立并代入数据，解得小物体从 A 点运动到 C 点所经历的时间 12 4.5ttts 19(2020 山西大附中高三月考)如图所示，倾角为 30 的光滑斜面的下端有一水平传送带传送带正以 v0=4m/s 的速度运动，运动方向如图所示一个质量为 2kg 的物体(物体可以视为质点)，从 h=3.2m高处 由静止沿斜面下滑， 物体经过 A 点时， 无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面， 都不计其速率变化 物 体与传送带间的动摩擦因数为 0.4， 传送带左右两端 A、 B间的距离 LAB=10m， 重力加速度 g=10m/s2， 则： (1)物体在传送带上向左最多能滑到距 A 的距离 (2)

37、物体第一次从 A 点滑入到再一次回到 A点的时间 (3)物体第一次从 A 点滑入到再一次回到 A点的在传送带上滑动而留下划痕的长度 【答案】(1)8m(2)4.5s(3)18m 【详解】 (1)对物体在斜面上运动，有 mgsin=ma 代入数据解得： a=5m/s2 根据位移时间公式： 2 1 1 sin2 h at 代入数据解得： t1=1.6s 物体滑至斜面底端时的速度：v=at1=8m/s 物体在传送带上加速度为：a1=4m/s2 物体在传送带上速度为零时离 A最远，此时有： 2 1 8m 2 v x a (2) 因为物块速度减为零后，返回做匀加速直线运动，返回时速度达到传送带速度后做匀

38、速直线运动，所 以物块返回到 A点的速度为 4m/s 物体加速时间为： 0 2 1 4 s=1s 4 v t a 该过程的位移为： 22 11 2 11 4 1 m=2m 22 xat 匀速运动的时间为： 1 3 0 82 s=1.5s 4 Lx t v 物体速度减到零的时间为： 4 2s v t a 所以总时间为： 234 4.5stttt (3)由上可知物体在传送带上速度为零时离 A 最远，此时有： 2 1 8m 2 v x a 该过程传送带的位移为： 00 4 4 2m=8mxv t 划痕为： 10 16mxxx 物体返回做匀加速直线运动时的位移为： 22 11 2 11 4 1 m=2

39、m 22 xat 该过程传送带的位移为： 20 2 4mxv t 该过程划痕为： 221 2mxxx 所以划痕总长度为： 18mx 20(2020 保定容大中学高三月考)在工厂的流水线上安装水平传送带，可以把沿斜面滑下的工件用水平传 送带进行传送，可大大提高工作效率。如图所示，一倾角30 的光滑斜面下端与水平传送带相连， 一工件从0.20mh高处的 A 点由静止滑下后到达 B 点的速度为 1 v，接着以 1 v滑上水平放置的传送带。 已知： 传送带长15mL ， 向右保持 0 4.0m/sv 的运行速度不变， 工件与传送带间的动摩擦因数0.20， 2 10m/sg ，空气阻力不计，工件可看成质

40、点。求： (1)求工件从 A点由静止下滑到离开传送带 C 点所用的时间。 (2)假设传送带是白色的，工件为一煤块，则工件从 B 滑到 C的过程中，在传送带上留下黑色痕迹的长度 s=？ 【答案】(1)4.4s； (2)1.0m 【详解】 (1)匀加速下滑时，由牛顿第二定律 1 sinmgma 2 11 2 sin h va 得 1 22.0m/svgh 从 A 到 B用时 1 t 11 vat 得 1 0.40st 从 B 到 C先匀加速后匀速： 加速时 2 mgma 得 2 2 2.0m/sa 匀加速时间 2 t，有 012 2 vva t 得 2 1.0st 在 t2内 01 12 3.0m

41、 2 vv xt 匀速时 10 3 Lxv t 得 3 3.0st 从 A 到 C总时间 123 4.4stttt (2)在 2 t内传送带位移为： 20 2 4.0mxv t 黑色痕迹长度 21 1.0msxx 21(2020 安徽省怀宁中学高三月考)如图所示，质量 m=4.4kg的物体(可视为质点)用细绳拴住，放在水平 传送带的右端，物体和传送带之间的动摩擦因数 =0.5，传送带的长度 L=6m，当传送带以 v=4m/s 的速 度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角 =37。已知 sin37=0.6，g=10m/s2，求： (1)传送带稳定运动时绳子的拉力大小； (2)某时刻剪断绳子，则经过

42、多少时间，物体可以运动到传送带的左端。 【答案】(1)20N；(2)1.9s 【详解】 (1)传送带稳定运动时，物体处于平衡状态 cos(sin )TmgT 解得 20NT (2)剪断绳子后，根据牛顿第二定律 mgma 解得 2 =5m/sa 匀加速的时间为 1 0.8s v t a 匀加速位移为 2 1 1 2 sat，则匀速运动的时间为 1 2 Ls t v 总时间为 12 1.9sttt 22(2020 尚志市尚志中学高三月考)如图所示为上、下两端相距 L=5 m、倾角 =30 、始终以 v=3 m/s 的速 率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，

43、经过 t=2 s 到达 下端重力加速度 g 取 10 m/s2，求： (1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？ (2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？ 【答案】(1)0.29(2)8.66/m s 【分析】 (1)传送带顺时针转动， 物块下滑时受到的向上的滑动摩擦力， 根据运动学基本公式及牛顿第二定律列式 即可求解 动摩擦因数； (2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传 送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需 要物体有沿传 送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律求出最大加速度，再根据匀加速 运动位移速度公式求解 【详解

44、】 (1)传送带顺时针转动，有题意得： L= 解得：a=2.5m/s2 根据牛顿第二定律得： mgsinmgcos=ma 解得：= (2)如果传送带逆时针转动， 要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端， 则需要物体有沿传送 带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为 vm，物体加速度为 a 由牛顿第二定律得 mgsin+Ff=ma 而 Ff=mgcos 根据位移速度公式得：vm2=2La 解得：vm=8.66m/s 答：(1)传送带与物体间的动摩擦因数为 0.29； (2)如果将传送带逆时针转动，速率至少 8.66m/s 时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下

45、端 【点睛】 本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，难度适中 23(2020 莆田第二十五中学高三月考)如图所示，水平传送带以 v2 m/s 的速度匀速转动，传送带两端的 长度L8 m 现在传送带左端A无初速度竖直释放某一物块， t12 s时物块的速度与传送带的速度相同， 试求：(g10 m/s2) (1)物块与传送带间的动摩擦因数 ； (2)物块由传送带左端 A 运动到右端 B的时间 t； (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 vmin运行，物块从 A 端到 B 端运动时间才最 短？ 【答案】(1)=0.1 (2)5s (3)4m/s 【分析】 (1)物块

46、在传送带上先做初速度为零的匀加速运动， 根据速度时间公式求出加速度的大小， 根据牛顿第二 定律即可求出动摩擦因数； (2)先分析当物块加速的位移与传送带的长度关系， 从而得出传送带的运动情 况，再根据运动规律求出时间；(3)当物块一直加速时，时间最短，根据速度位移公式求出最小速度 【详解】 (1)依题意知：物块运动的加速度大小为： 22 1 2 1 2 v am sm s t 物块被放在传送带上时初速度为零，相对于传送带向左运动，受滑动摩擦力向右，大小为： fmgma 物块与传送带间的动摩擦因数 1 0.1 10 a g (2) 在 1 t时间内工件运动的位移 22 11 11 1 228 2

47、2 satmmLm 故物块达到与传送带相同的速度后与传送带相对静止，一起匀速运动至 B 端 经过时间 1 t后，物块做匀速运动的时间为 1 2 82 3 2 Ls tss v 物块由传送带左端运动到右端共用时间为 12 235tttss (3)当物块一直加速时，时间最短，则传送带的最小速度 2 min 2vaL 解得： min 4/vm s 【点睛】 解决本题的关键理清物块在整个过程中的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律综合求解，知道加 速度是联系力学和运动学的桥梁 24(2020 河南高三月考)如图为自动人行道，常在码头、机场、展览馆和体育馆等人流集中的地方。将自 动人行道抽象出右图模型，设其逆时针匀速转动的速度为 v0=1m/s，两个完全相同的小物块 A、B(可视 为质点)同时以 v=2m/s 的初速度相向运动。已知两物块运动的过程中恰好不会发生碰撞，加速度大小均 为