高考物理一輪復習課時練習 第3章第4練　專題強化：“傳送帶”模型中的動力學問題（含詳解）

1.(2023·江蘇揚州市高郵中學期中)如圖所示，飛機場運輸行李的傾斜傳送帶保持恒定的速率運行，將行李箱無初速度地放在傳送帶底端，當傳送帶將它送入飛機貨艙前行李箱已做勻速運動。假設行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，傳送帶與水平面的夾角為θ，已知滑動摩擦力近似等于最大靜摩擦力，下列說法正確的是()A．要實現(xiàn)這一目的前提是μ<tanθB．做勻速運動時，行李箱與傳送帶之間的摩擦力為零C．全過程傳送帶對行李箱的摩擦力方向沿傳送帶向上D．若使傳送帶速度足夠大，可以無限縮短傳送的時間2．(2023·廣東惠州市調研)如圖甲所示，將一物塊P輕輕放在足夠長的水平傳送帶上，取向右為速度的正方向，物塊P最初一段時間的速度—時間圖像如圖乙所示，下列說法正確的是()A．物塊一直受滑動摩擦力B．傳送帶做順時針的勻速運動C．傳送帶做順時針的勻加速運動D．物塊最終有可能從圖甲的左端滑下傳送帶3.(多選)(2023·四川省資中縣第二中學檢測)如圖所示，由于運力增加，某機場欲讓貨物盡快通過傳送帶。已知傳送帶兩軸心間距為5m，傳送帶順時針勻速傳動，其速度的大小可以由驅動系統(tǒng)根據(jù)需要設定，一可視為質點的貨物以7m/s初速度從左端滑上傳送帶，已知貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4，取g＝10m/s2，則下列傳送帶的速度符合要求的是()A．8m/sB．9m/sC．10m/sD．11m/s4.(2023·安徽省十校聯(lián)盟期中)某快遞公司為了提高效率，使用電動傳輸機輸送快件，如圖所示，水平傳送帶AB長度L＝5.25m，始終保持恒定速度v＝1m/s運行，在傳送帶上A處輕輕放置一快件(可視為質點)，快件與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，快件由靜止開始加速，與傳送帶共速后做勻速運動到達B處，忽略空氣阻力，重力加速度取g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．快件所受摩擦力的方向與其運動方向始終相反B．快件先受滑動摩擦力作用，后受靜摩擦力作用C．快件與傳送帶的相對位移為0.5mD．快件由A到B的時間為5.5s5.(2021·遼寧卷·13)機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1＝0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉軸間距L＝3.95m。工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質點)。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；(2)小包裹通過傳送帶所需的時間t。6．(多選)(2024·重慶名校聯(lián)盟期中)如圖甲為一足夠長的傾斜傳送帶，傾角θ＝37°，現(xiàn)以恒定速率v＝4m/s順時針轉動。一煤塊以初速度v0＝12m/s從A端沖上傳送帶，煤塊的v－t圖像如圖乙所示，已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.25，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．圖乙中t1＝0.75sB．圖乙中t2＝2sC．煤塊運動過程中距離A點的最遠距離為10mD．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為(12＋4eq\r(5))m7.(2023·遼寧阜新市聯(lián)考)如圖甲所示，足夠長的勻速運動的傳送帶的傾角為θ，在傳送帶上某位置輕輕放置一物塊，結果物塊的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，其中v0、t0已知。重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A．物塊可能沿傳送帶向上運動B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)大于tanθC．t0時間后物塊的加速度大小為2gsinθ－eq\f(v0,t0)D．若傳送帶反轉，則物塊將一直以大小為gsinθ－eq\f(2v0,t0)的加速度做勻加速直線運動8.(2024·廣東深圳市二檢)快遞物流已經(jīng)深入我們的生活，準確迅速分揀是一個重要環(huán)節(jié)，圖甲是快遞分揀傳送裝置。它由兩臺傳送機組成，一臺水平傳送和一臺傾斜傳送，圖乙是該裝置示意圖，CD部分傾角θ＝37°，B、C間距離忽略不計。已知水平傳送帶以4m/s的速率順時針轉動。把一個可視為質點的貨物無初速度放在A端，圖丙為水平傳送帶AB段數(shù)控設備記錄的貨物的運動圖像，1.3s時剛好達到B端，且速率不變滑上C端，已知兩段傳送帶與貨物間的動摩擦因數(shù)相同。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6。求：(1)水平傳送帶AB的長度及動摩擦因數(shù)；(2)若CD段的長度為2.6m，則CD部分傳送帶速度至少為多少，快遞員才能在D端取到貨物。9.(2023·湖北武漢市三模)如圖所示，生產(chǎn)車間有兩個完全相同的水平傳送帶甲和乙，它們相互垂直且等高，正常工作時都勻速運動，速度大小分別為v甲、v乙，將工件(視為質點)輕放到傳送帶甲上，工件離開傳送帶甲前已經(jīng)與傳送帶甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳送到傳送帶乙上，且不會從傳送帶乙的右側掉落。兩傳送帶正常工作時，對其中一個工件A在傳送帶乙上留下的痕跡，下圖中可能正確的是()第4練專題強化：“傳送帶”模型中的動力學問題1．C[要實現(xiàn)這一目的前提是沿傳送帶向上的最大靜摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，可得μ>tanθ，故A錯誤；做勻速運動時，行李箱與傳送帶之間的摩擦力大小為mgsinθ，故B錯誤；行李箱在加速階段和勻速階段受到的摩擦力方向均沿傳送帶向上，故C正確；若使傳送帶速度足夠大，行李箱在傳送帶上一直做勻加速運動，傳送時間不會無限縮短，故D錯誤。]2．C[由題圖乙可知，物塊先做勻加速運動，當與傳送帶共速后，與傳送帶一起做順時針的勻加速運動，故B錯誤，C正確；當物塊與傳送帶一起順時針加速后，物塊受靜摩擦力，物塊不可能從題圖甲的左端滑下傳送帶，故A、D錯誤。]3．CD[根據(jù)題意可知，欲讓貨物盡快通過傳送帶，則需讓貨物在傳送帶上一直做勻加速運動，設貨物通過傳送帶后的速度為v，由牛頓第二定律有ma＝μmg，由運動學公式有v2－v02＝2ax，解得v＝eq\r(89)m/s≈9.4m/s，即符合要求的傳送帶速度為v1≥eq\r(89)m/s≈9.4m/s，故選C、D。]4．D[快件加速時，滑動摩擦力方向與運動方向相同，勻速后，與傳送帶之間無相對運動趨勢，不受摩擦力作用，故A、B錯誤；快件與傳送帶相對運動時，由牛頓第二定律得其加速度大小為a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，快件由靜止開始加速至速率為v的過程所用時間為t＝eq\f(v,a)＝0.5s，與傳送帶的相對位移為Δx＝vt－eq\f(v,2)t＝0.25m，故C錯誤；快件勻速運動的時間為t′＝eq\f(L－\f(v,2)t,v)＝5s，所以快件運輸總時間為t總＝t＋t′＝5.5s，故D正確。]5．(1)0.4m/s2(2)4.5s解析(1)小包裹的初速度v2大于傳送帶的速度v1，所以開始時小包裹受到的傳送帶的摩擦力沿傳送帶向上，因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳送帶方向上的分力，即μmgcosα>mgsinα，所以小包裹與傳送帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，根據(jù)牛頓第二定律可知μmgcosα－mgsinα＝ma，解得a＝0.4m/s2(2)根據(jù)(1)可知小包裹開始階段在傳送帶上做勻減速直線運動，用時t1＝eq\f(v2－v1,a)＝eq\f(1.6－0.6,0.4)s＝2.5s在傳送帶上滑動的距離為x1＝eq\f(v1＋v2,2)t1＝eq\f(0.6＋1.6,2)×2.5m＝2.75m共速后，勻速運動的時間為t2＝eq\f(L－x1,v1)＝eq\f(3.95－2.75,0.6)s＝2s，所以小包裹通過傳送帶所需的時間為t＝t1＋t2＝4.5s。6．BCD[0～t1內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得煤塊的加速度大小為a1＝8m/s2，所以t1＝eq\f(v0－v1,a1)＝eq\f(12－4,8)s＝1s，故A錯誤；t1～t2內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得煤塊運動的加速度大小為a2＝gsinθ－μgcosθ＝4m/s2，所以t2＝eq\f(v1,a2)＋t1＝2s，故B正確；由圖像知，在0～t2內(nèi)，煤塊向上運動的位移為x＝eq\f(1,2)×(12＋4)×1m＋eq\f(1,2)×4×1m＝10m，故C正確；0～t1內(nèi)，傳送帶位移大小為x1＝vt1＝4m，由圖像知煤塊位移大小為8m，煤塊比傳送帶多走Δx1＝4m，t1～t2內(nèi)，傳送帶位移大小為x2＝v(t2－t1)＝4m，由圖像知煤塊位移大小為2m，傳送帶比煤塊多走Δx2＝2m，故煤塊向上運動時劃痕是4m；當煤塊下滑時，有x＝eq\f(1,2)a2t32，解得t3＝eq\r(5)s，傳送帶向上運動的位移為x3＝vt3＝4eq\r(5)m，故劃痕總長為Δx＝4m－2m＋10m＋4eq\r(5)m＝(12＋4eq\r(5))m，故D正確。]7．C[v－t圖像的斜率表示加速度，根據(jù)題圖乙可知，t0時刻之前的加速度大于t0時刻之后的加速度，可知物塊t0時刻之前受到的滑動摩擦力沿傳送帶向下，即開始時物塊相對傳送帶向上運動，傳送帶逆時針轉動，根據(jù)題圖乙可知，物塊始終向下做加速直線運動，A錯誤；根據(jù)上述，t0時刻之后物塊向下做加速度較小的勻加速直線運動，則有mgsinθ>μmgcosθ，解得μ<tanθ，B錯誤；根據(jù)上述，t0時刻之前有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，a1＝eq\f(v0,t0)，t0時刻之后有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2gsinθ－eq\f(v0,t0)，C正確；由于mgsinθ>μmgcosθ，若傳送帶反轉，物塊始終相對傳送帶向下運動，摩擦力始終沿傳送帶向上，對物塊始終有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，即若傳送帶反轉，則物塊將一直以大小為2gsinθ－eq\f(v0,t0)的加速度做勻加速直線運動，D錯誤。]8．(1)3.6m0.5(2)3m/s解析(1)由v－t圖像可知，傳送帶AB段的長度為LAB＝eq\f(1,2)(0.5＋1.3)×4m＝3.6m貨物在水平傳送帶上運動時，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＝ma1由題圖丙可知在傳送帶AB上的加速過程加速度為a1＝eq\f(4,0.8)m/s2＝5m/s2，則μ＝0.5(2)依題意，貨物以4m/s滑上傾斜傳送帶CD部分，CD以順時針方向轉動但速度未知，第一種情況：若傳送帶CD部分速度大于貨物速度，不符合傳送帶速度取最小的情況，故舍棄；第二種情況：若傳送帶CD部分速度小于貨物速度，貨物所受摩擦力方向沿傳送帶向下，則mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2，解得a2＝10m/s2故貨物先做勻減速直線運動，等到與傳送帶共速時由于μ<tanθ，故共速后將仍做勻減速直線運動，則有mgsinθ－μmgcosθ＝ma3，解得a3＝2m/s2v－t圖像如圖：則有x1＝eq\f(v2－4m/s2,－2a2)，x2＝eq\