【物理】2019届一轮复习人教版牛顿运动定律的应用之传送带模型学案 17页

专题11 牛顿运动定律的应用之传送带模型 水平传送带问题 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。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。‎ ‎【例1】　如图所示，水平长传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长。问：‎ ‎ (1)物体从A到B做什么运动？‎ ‎(2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？‎ ‎(3)物体从A到B运动的时间为多少？‎ ‎(4)什么条件下物体从A到B所用时间最短？‎ ‎【答案】　(1)先匀加速，后匀速　(2)　　(3)＋ (4)v≥ ‎【解析】　(1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动。‎ ‎(2)由v＝at和a＝μg，解得t＝ ‎ (4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v≥。‎ 倾斜传送带问题 求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。‎ ‎【例2】　如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，AB长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。求物体从A运动到B所需时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)‎ ‎【答案】　2 s ‎【解析】　物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力Ff，物体受力情况如图甲所示。物体由静止加速，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得 a1＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2。‎ 物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1＝＝ s＝1 s，‎ 时间t1内的位移x＝a1t＝5 m。‎ 由于μμmgcos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则 ‎ 解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)‎ 所以t总＝t1＋t2＝2 s.‎ 模拟提升 ‎1．（安徽省淮北一中2019届高三第一学期第二次月考）‎ 如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v2＞v1，物块和传送带间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则（　　）‎ A． t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B． 0﹣t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 C． 0﹣t2时间内，摩擦力产生的热量为 D． 0﹣t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为 ‎【答案】D ‎【解析】0 t1时间内木块向左做匀减速直线运动，t1时刻以后小物块向右运动，则t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；0 t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2 t3‎ 时间内小物块不受摩擦力作用，故B错误；0-t2时间内，物块与传送带间的相对路程为：；摩擦产生的热量为：Q=μmg△s=μmg[]．故C错误；0-t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为：L=△s=，故D正确；故选D。‎ ‎2．（四川省三台中学高三第2次考试）‎ 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＝2m/s，一物块从B端以初速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2，下列判断正确的是（ ）‎ A． 如果物块从A端离开传送带，两端A、B间距离可能为3 m B． 如果物块从B端离开传送带，两端A、B间距离可能为3 m C． 如果两端A、B间距离为4 m，物块离开传送带时的速度大小为2 m/s D． 如果两端A、B间距离为4 m，物块离开传送带时的速度大小为4 m/s ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎ 2m；故A错误；B、若从B端离开，只要传送带长度大于2m即可，故B正确；C、若AB间距为4m,则物块向左匀减速2m，然后向由开始匀加速运动2m，故C正确；故本题选BC. 学 ‎ ‎3．（2019届贵州省遵义航天高级中学高三第二次模拟考试）‎ 如图1所示,倾角为的足够长传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行. 时,将质量的小物块(可视为质点)轻放在传送带上,物块速度随时间变化的图象如图2所示.设沿传送带向下为正方向,取重力加速度.则(   )‎ A． 摩擦力的方向始终沿传送带向下 B． 1 2内,物块的加速度为2‎ C． 传送带的倾角 D． 物体与传送带之间的动摩擦因数 ‎【答案】BD 学 ]‎ ‎【解析】开始物块相对于传送带向后滑动，物块受到的摩擦力平行于传送带向下，当物块受到大于传送带速度后，物块受到的摩擦力方向平行于传送带向上，故A错误；由图2所示图象可知，1 2s内，物块的加速度，故B正确；由图2所示图象可知，在0 1s内物块的加速度，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma，在1 2s内，由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma′，解得：μ=0.5，θ=37°，故C错误，D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎4．（2018辽宁省新民市第一高级中学高二下期末）‎ 如图传送带以v1的速度匀速运动，物体以v2的速度从B点滑上传送带，已知A、B之间的传送带长度为L，物体与传送带之间的动摩擦因素为μ，则以下判断正确的是（　　）‎ A． 当时，物体一定从左端离开传送带 B． 当时，物体一定从左端离开传送带 C． 物体从右端B点离开传送带时的速度一定等于v1‎ D． 物体从右端B点离开传送带时的速度一定不会大于v2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】A、当物体向左的速度等于0时的位移满足：时，即当时，物体一定从左端离开传送带，与传送带的速度无关，故选项A错误，B正确； ‎ 度达到做匀速直线运动，滑动B端的速度为，都不可能大于，故C错误，D正确。‎ ‎5．（2019届宁夏银川一中高三第二次月考）‎ 如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝7.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，g取10 m/s2，则( )‎ A． 若传送带不动，则vB＝2 m/s B． 若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝1 m/s C． 若传送带以速度v＝5 m/s顺时针匀速转动，vB＝5 m/s D． 若传送带以速度v＝6 m/s顺时针匀速转动，vB＝6 m/s ‎【答案】BC ‎【解析】若传送带不动，工件的加速度a=μg=1m/s2，由 vB2-vA2＝−2as，得m/s=1m/s。故A错误。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=μg，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则vB=1m/s。故B正确。若传送带以速度v=5m/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右，做匀加速运动，工件的加速度仍为a=μg，当达到于传送带共速时，则以后物体将以5m/s的速度到达B点，选项C正确；若传送带以速度v＝6 m/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右，做匀加速运动，工件的加速度仍为a=μg，当达到于传送带共速时说明物块到达B点时还未与传送带共速，则速度小于6 m/s。D错误。故选BC.‎ ‎6．（2018广东省普宁市第二中学高三七校联合体考前冲刺）‎ 如图所示，竖直平面内四分之一光滑圆弧轨道AP和水平传送带PC相切于P点，圆弧轨道的圆心为O，半径为R．一质量为m的小物块从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，再滑上传送带PC，传送带可以速度 沿逆时针方向的传动．小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，不计物体经过圆弧轨道与传送带连接处P时的机械能损失，若传送带沿逆时针方向转动，物块恰能滑到右端C，重力加速度为g=10 m/s2．则下列说法正确的是 A． 若水平传送带沿逆时针方向转动的速度增大，小物块不能滑到传送带右端C B． 传送带PC之间的距离 C． 若传送带速度大小v0不变，顺时针转动，小物块从P点滑到C点所用的时间 D． 若传送带速度大小v0不变，顺时针转动，要让小物块一直在传送带上做匀减速运动，则小物块在圆弧顶点A的最小速度 ‎【答案】BCD ‎ B、从A到C，对小物块运用动能定理可得：，解得：，故B正确； C、若传送带速度大小v0不变，顺时针转动，根据动能定理得：，可得，物块滑动到P点的速度： 根据牛顿第二定律可得：，得 假设传送带足够长，共速时间： 共速时小物块相对P点向右运动的位移：，故小物块在传送带上先做匀减速运动，然后做匀速运动，则匀速运动的时间为：‎ 可得小物块从P点滑到C点所用的时间：，故C正确； D、若传送带速度大小v0‎ 不变，要让小物块一直在传送带上做匀减速运动，则小物块滑到传送带右端C时速度恰好与传送带共速为：‎ ‎ 7．（2018江苏省姜堰中学高二第二学期学业水平测试）‎ 下图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ=37°，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近。水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动。将质量为10kg的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5。试求：‎ ‎（1）米袋到达B端时的速度 ‎（2）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离 ‎（3）若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件 ‎【答案】（1）5m/s（2）1.25m（3）vCD≥4m/s ‎【解析】（1）米袋在AB上加速时的加速度：a0=μg=5m/s2 米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离：s0==2.5m＜AB=3m，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度，即米袋到达B端时的速度5m/s；             （2）设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma 代入数据得：a=10 m/s2 所以能滑上的最大距离：=1.25m ‎（3）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v1之前的加速度为：a1=-g（sinθ+μcosθ）=-10 m/s2 米袋速度小于v1至减为零前的加速度为： a2=-g（sinθ-μcosθ）=-2 m/s2‎ ‎ 由 解得：v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度：vCD≥v1=4m/s . ‎ ‎8．（2019届甘肃静宁县第一中学高三上第一次模拟考试）‎ 一实验室中传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=6m，BC段是倾斜的，长度LBC=5m，倾角，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦，重力加速度g取10。现将一个工件（可看成质点）无初速度地放在A点。（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8） 求：‎ ‎（1）工件第一次到达B点所用的时间；‎ ‎（2）工件沿传送带BC上升的最大位移大小；‎ ‎（3）工件运动了18s时的速度大小。‎ ‎【答案】（1）1.9s；（2）4m；（3）4m/s．‎ ‎【解析】（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为a1 由牛顿第二定律得：μmg=ma1，解得：a1=μg=5 m/s2， 经t1时间与传送带的速度相同，则t1==0.8s， 前进的位移为：x1=a1t12=1.6m， 此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时：t2==1.1s， 所以工件第一次到达B点所用的时间：t=t1+t2=1.9s； （2）设工件上升的最大位移为s，由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2， 由匀变速直线运动的速度位移公式得：s=，解得：s=4m； （3）工件沿传送带向上运动的时间为：‎ ‎， 此后工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，T=2t+2t3=7.8s， 此时工件的速度：vt=4m/s；‎ ‎9．（2019届齐鲁名校教 研协作体湖北、山东部分重点中学高三第一次联考）‎ 如图所示，传送带与地面的倾角θ＝37°，从A到B的长度为8.8 m，传送带以v0＝6 m/s的速度逆时针转动．在传送带上端无初速放一个质量为1 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g=10m/s2 ，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) ‎ ‎（1）求物体从A运动到B所需的时间是多少？‎ ‎（2）若物体在传送带上可以留下划痕，求划痕的长度？‎ ‎（3）若传送带顺时针转动，此时物体以8m/s的初速度由B沿斜面向上运动，若使物体能够运动到A，求传送带速度满足的条件？‎ ‎【答案】(1) 1.6 s (2) 1.8 m (3) ‎ ‎【解析】(1)开始阶段，传送带对物体的滑动摩擦力平行传送带向下，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图（a）；由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1 ‎ 解得：a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10 m/s2‎ 物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t1＝0.6 s ‎ 发生的位移s1＝a1t12/2＝1.8m＜8.8m，即物体加速到6 m/s时仍未到达B点．‎ 当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带对物体的滑动摩擦力平行传送带向上，受力分析如图（b）由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2‎ 解得a2＝2 m/s2 ‎ 设第二阶段物体滑动到B的时间为t2则：LAB－s1＝v0t2＋a2t22/2‎ 解得：t2＝1 s，t2′＝－7 s(舍去)．‎ 故物体经历的总时间t＝t1＋t2＝1.6 s. ‎ ‎(2)物体加速至传送带的速度时，传送带前进的位移为：s1＝vt1＝3.6 m，而物体的位移s2＝1.8 m，物体相对于传送带向上前进的距离为Δs1＝s1－s2＝1.8 m． ‎ 物体的速度大于传送带的速度后，传送带前进s3＝vt2＝6m，物体前进s4＝7 m，物体相对于传送带向下滑行Δs2＝s4－s3＝1 m ‎ 所以物体在传送带上划痕的长为Δs1＝1.8 m. ‎ 速度小于皮带速度时，摩擦力平行传送带向上，如图（b）。‎ 由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 ‎ 解得a2＝2 m/s2‎ 由 得：‎ ‎10．（2019届湖北省公安县车胤中学高三9月月考）‎ 如图所示，一水平的长L=2.25m的传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以v0=4m/s匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m=1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1=0.2，经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F=17N，F作用了t0=1s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M=4kg，（重力加速度为g=10m/s2），求： ]‎ ‎(1)传送带上黑色痕迹的长度；‎ ‎(2)求平板与地面间动摩擦因数的大小；‎ ‎(3)平板上表面至少多长？（计算结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】（1）3.75m；（2）0.3；（3）1.6m。‎ ‎【解析】（1）对煤块由牛顿第二定律：μ1mg=ma1 得 a1=2m/s2 若煤块一直加速到右端，设到右端速度为v1得：v12=2a1L 解得：v1=3m/s 因为v1＜v0，所以煤块一直加速到右端，设需t1时间到右端得：‎ t1时间内皮带位移：s皮=v0t1=4×m=6m △s=s皮-L=6-2.25m=3.75m （2）煤块滑上平板时速度 v1=3m/s，a1=2m/s 两者速度相等有：v共=v1-a1t0=a2t0 解得 a2=1m/s2 v共=1m/s 对平板由牛顿第二定律：F+μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2 解得：μ2=0.3 （3）由于μ2＞μ1，共速后煤块将以a1匀减速到停止，而平板以a3匀减速 对平板由牛顿第二定律：μ1mg-μ2（M+m）g=Ma3 解得 s板=m 全过程煤块位移：s煤=m 所以板长 l=s煤-s板≈1.6m ‎11．（2019届广东省惠州市惠东中学高三上第二次抽测考试） 学 ‎ 趣味运动会上有一个项目是在传送带上完成的。如图所示，A为传送带的左端点，B为右端点，P的正上方天花板上悬挂一个气球，AB间传送带的长度L＝31 m，P与A的距离L1＝9 m，传送带以v0＝1 m/s的恒定速率向左运动。比赛中，挑战者(视为质点)在A点相对地面静止，听到哨声后开始以a1＝2 m/s2的加速度向右匀加速运动到P，在刺破气球时不慎跌倒，经Δt＝2 s爬起，然后又以a2＝1 m/s2‎ 的加速度，在传送带上匀加速到B点。假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与传送带始终相对静止，不计刺破气球的时间，求挑战者从A到达B所需的时间。‎ ‎【答案】13s ‎【解析】取地面为参考系，挑战者从A运动至气球处所用时间为t1，则：‎ ‎ ‎ 从摔倒到爬起随传送带位移为x1，则：‎ ‎ ‎ 运动员从爬起到B端位移为x，时间为t2，则：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 挑战者从左端到达右端全过程所需的时间为t，则：‎ t=t1+△t+t2‎ 解得：t=13s。‎ ‎12．（2019届福建省厦门市湖滨中学高三上学期第一次阶段检测）‎ 如图所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点．一质量为m＝1kg的物块(可视为质点)静止于A点，AB距离为x＝2m。已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°=0.6.‎ ‎ ‎ ‎(1)若给物块施加一水平拉力F＝11N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；‎ ‎(2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大；‎ ‎(3)若物块以初速度v0从A点开始向右运动，并仍滑上(2)问中倾斜的传送带，且传送带以4m/s速度向上运动，要使物块仍能到达C点，求物块初速度v0至少多大。‎ ‎【答案】(1)L=2.4m；(2)17N；(3) ‎ ‎【解析】（1）物块在AB段：由牛顿第二定律：F-μmg=ma1      a1=6m/s2 传送带长度L=2.4m （2）将传送带倾斜，滑上传送带 由mgsin37°+μmgcos37°=ma3 得 a3=10m/s2 物体仍能刚好到达c 端，则：vB2＝2a3L 在AB段：vB2＝2a1x F-μmg=ma1 联立解得：F=17N （3）由于μ