《专题04 传送带模型》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题04 传送带模型（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022届高三物理二轮常见模型与方法综合特训专练专题04传送带模型专练目标专练内容目标1水平传送带模型（IT6T）目标2倾斜传送带模型（7T11T）目标3电磁场中的传送带模型（12T16T）【典例专练】一、水平传送带模型A.小物块的初速度为4m/sC.传送带的速度大小为2m/si如图甲所示，一小物块从水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感 器记录的小物块的位移X随时间t的变化关系如图乙所示，已知图线在前3s内为二次函数， 在3s 4.5s内为一次函数，规定小物块向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变， 重力加速度g = 10m/s2，下列说法不正确的是（ ）_丄 L345
2、 /s乙B. 传送带沿逆时针方向转动D.小物块与传送带间的动摩擦因数为卩二0.2【答案】B【详解】AD.因2s末物体的速度减为零，位移为4m,则a = 2m/s2根据匀变速直线运12动速度时间公式，可得v0 = at = 4m/s又根据a =卩g可知，小物块与传送带间的动摩擦因数为卩=0.2，AD不符合题意；B. 由x-t图像可知，因图像的斜率等于速度，故物体的速度先减小到零后，反向增加，最 后运动运动，可判断传送带顺时针方向转动，B符合题意;Ax 3C.由3.0s4.5s内的图像可知，传送带的速度为v = m/s = 2m/s , C不符合题意;At4.5 3故选Bo2.如图所示，水平传送带
3、AB间的距离为16m，质量分别为2kg、4kg的物块P、Q,通过 绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带以 8m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度g = 10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩 擦力。当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（）A. Q与传送带间的动摩擦因数为0.6B. Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4sC. 整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8m20D. Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为守N【答案】C【详解】A.当传送带以v = 8m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析，则有F
4、= Ff即mg =卩mgpQ代入数据解得R= 0.5故A错误;B. 当传送带突然以v = 8m/s顺时针转动，物体Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛 顿第二定律有、 20+讣解得a = Tm/s2当速度达到传送带速度即8m/s后，做匀速直线运动，根据速度时间公式有v = at代入数据解得匀加速的时间为t1 = 1.2 s，匀加速的位移为x=H代入数据解得m，则匀速运动的时间为0=令代入数据解得丁1-4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总二ti +12 = 2.6s故B错误；C. 加速阶段的位移之差为Ax = vti - x = 4.8m而匀速阶段Q相对传送带静止，没有相对位移，故整
5、个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8m,故C正确；20D. 当Q加速时，对P分析，根据牛顿第二定律有mg - T = ma代入数据解得T = N之PP3后做匀速直线运动，对对P分析，根据平衡条件有T二mg = 20N故D错误。故选C。P3如图所示，水平传送带长L=11.5 m,以速度v=7.5 m/s沿顺时针方向匀速转动。在传送带 的A端无初速度地释放一个质量m=1 kg的滑块(可视为质点),在将滑块放上传送带的同时， 对滑块施加一个大小F=5 N、方向与水平面成涉=37。的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数 1=0.5，重力加速度大小g=10 m/s2, sin 37=0.6, cos 3
6、7=0.8。则滑块从A端运动到B端的时 间是()C. 3 sD. 4 s【答案】B【详解】设滑块刚释放时的加速度为叫，由牛顿第二定律有Feos 37+“ (mg Fsin 37) =mar 解得 a1=7.5 m/s2vv滑块与传送带达到共同速度所用的时间t= =1 s此过程中滑块向右运动的位移S= V1 a11 2t=3.75 m共速后，因Feos 37沖(mg Fsin 37)滑块继续向右做加速运动，由牛顿第二定律有Feos 37卩(mg Fsin 37) =ma2 解得a2=0.5 m/s2滑块到达B端时的速度vR.;v2 + 2a (L-s) -8 m/s滑块从与传送带速度相同的位置2
7、 B 2 1V -V到B端所用的时间t2=r =1 s滑块从A端到B端所用的时间t=t+t=2 s，B项正确；ACD错2 a1 22误；故选B。4. 图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v运行，初速度大小为v的小物块从与传1 2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vt图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知V v，则（）2 1A. t时刻，小物块离A处的距离达到最大2B. t时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大2C. 0 t时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右2D. 0 t时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用3【答案】B
8、C【详解】A.相对地面而言，小物块在t小时间内，向左做匀减速运动，彳之后反向向右1 1向右运动，故小物块在t时刻离A处距离最大，A错误；1B. 小物块在t1小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；t2时间内， 反向向右做匀加速运动，但速度小于传送带向右速度，仍是相对传送带向左运动，t时刻两2者同速，在t t时间内，小物块相对于传送带静止一起向右匀速运动，所以S时刻小物块232相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；C. 由B中分析可知，0t时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方2向一直向右，C正确；D. 在0t时间内，小物块相对传送带一直向左运动，故小物块一直受向
9、右的滑动摩擦力，2在t t时间内，小物块相对于传送带静止；小物块不受摩擦力作用，故D错误。故选BC。235. 条绷紧的水平传送带AB以恒定速度v1做匀速直线运动，传送带右端的光滑水平台面 与传送带上表面等高，二者间的空隙极小不会影响滑块的运动。滑块以速度v向左从A点2滑上传送带，在传送带上运动时动能随路程变化如图像所示，已知滑块质量m =2kg,可视为 质点，重力加速度g = 10m/s2。则下列说法中正确的是()A. 滑块在传送带上的运动时间为4.5sB. 若传送带运动速度V增大，则滑块在传送带上运动时间一定越来越小C. 滑块从滑上传送带到再次滑回平台整个过程中因摩擦产生的内能为36JD.
10、滑块从滑上传送带到再次滑回平台整个过程中，传送带的电机多消耗的电能为12J【答案】AC1【详解】A.由动能的表示式E =三mv2得物块的初速度为4m/s，减速到0时，位移为4m，k 2由 v2 = 2ax1解得物块在传送带上的加速度为a = 2m/s2则所用时间为t = 2s然后物块反向加速到与1 a传送带共速后速度不再发生变化，由图可得，传送带速度为2m/s，则物块与传送带共速所需的时间t = 1 = 1s期间的位移为x = at2 = 1m方向水平向右，则剩余3m做匀速直线运动， 2 a222x x所需时间为t3 =r 2 = 1-5s滑块在传送带上的运动时间为t = t +1 +1 =
11、4.5s故A正确；3V1231B. 物块做减速运动时间恒定，当皮带速度大一些时，物块返回的时间会变短，当皮带速度大于4m/s时，物块返回时间不变，在皮带上运动的总时间也不变，故B错误；C. 物块向左运动时，物块和传送带的相对位移为A%1 = 4m + 2 x 2m = 8m物块向右运动时， 物块和传送带的相对位移为Ax = 2x 1m1m = 1m由牛顿第二定律得物块与传送带间的摩擦2力大小为f = ma = 4N则滑块从滑上传送带到再次滑回平台整个过程中因摩擦产生的内能为 Q = f (Ax + Ax ) = 36J 故 C 正确；1 2D传送带的速度不变，由动能定理得 - mW t2) =
12、 0代入数据解E = 24J滑块从滑上传 送带到再次滑回平台整个过程中，传送带的电机多消耗的电能为24J，故D错误。故选AC。6. 如图所示，竖直平面内圆弧轨道AP和水平传送带PC相切于P点。一质量为m的小物块 从圆弧某处下滑，到达底端P时速度为w再滑上传送带PC,传送带以速度2v逆时针方向 转动。小物块与传送带间的动摩擦因数为卩,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，物块恰能滑到右端C,重力加速度为g。下列说法正确的是( )A. 传送带PC之间的距离L = 8卩gB. 小物块能回到P点，且速度大小为1 v2C. 若传送带沿逆时针方向转动的速度增大，则小物块从P点运动到C点所用
13、时间变长D. 若传送带顺时针转动，速度大小为2V不变，则小物块从P点运动到C点所用时间比逆Z-!时针转动时短【答案】BD1【详解】A.根据动能定理，物块从P到C：-卩mgL = 0-mv2传送带PC之间的距离L =故A错误;B.物块到达C点后，在传送带的摩擦力作用下向左加速运动，当其速度等于传送带的速度 时，根据动能定理卩mgx = mC|)2得x = 此后物块随传送带匀速运动，回到P点，故B 正确；C. 若传送带沿逆时针方向转动的速度增大，由于物块所受的摩擦力不变，加速度不变，小 物块从P点运动到C点所用时间不变，故C错误；D. 若传送带顺时针转动，速度大小为2V不变，物块速度减小到与传送带
14、速度相等后，随 传送带一块匀速运动，则小物块从P点运动到C点所用时间比逆时针转动时短，故D正确。 故选BD。、倾斜传送带模型7.如图所示，与水平面成0 = 30。角的传送带以v = 2m/ s的速度顺时针运行，质量为m = 1kg的小物块以初速度vo = 4m/s从底部滑上传送带，物块恰好能到达传送带顶端。已知物块与10m/s2。下列说法正确的是（）A. 传送带从底端到顶端的长度为1mB. 物体在传送带上向上运动的时间为0.5sC. 物块在传送带上留下的划痕长度为1.25mD. 物体在传送带上向上运动过程中与传送带摩擦产生的热量为3.75J【答案】D【详解】AB.小物块滑上传送带做匀减速直线运
15、动，由牛顿第二定律mg sin0 +卩mg COs0 = ma1设经过时间t!减速到与传送带速度相等X1 =V 2 V 2 02aiV 一 V0 解a1得X=0.75m, -=0.25s速度小于传送带速度后，受向上滑动摩擦力，由牛顿第二定律mg sin 0 -卩mg cos 0 = ma?2a2v 一 0 解得X2=1m，2=1s则传送带从底端到顶端的长度为 L=x + x = 1.75m ， t = t +1 = 1.25s 故 AB 都错误;1 2 1 2C.在t1和t2时间，传送带分别向上位移X = Vt，x = Vt物块相对传送带上滑丄21122As =x - x =0.25m， As =x - x = - 1m即物块先相对传送带上滑0.25m，后相对传送
