38A滑块与传送带模型(含解析}

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1、38A滑块与传送带模型一、多选题1. 如图所示水平传送带A、B两端点相距x=4m，以v=2m/s的速度（始终保持不 变）顺时针运转.今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A点处，已知 小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2由于小煤块与传送带之间 有相对滑动，会在传送带上留下划痕.则小煤块从A运动到B的过程中（ ）A. 小煤块从A运动到B的时间是V2sB. 小煤块从A运动到B的时间是2.25sC. 划痕长度是4mD. 划痕长度是0.5m2. 如图，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的小物块从与传送带等高的光滑水2平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送

2、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vv，贝U（）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C. 0 t时间内，小物块受到的摩擦力方向不变2D. 0 t时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力 作用33. 如图，倾角0 =37、足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，现将一质量 m=2 kg的小物体轻放在传送带的A端,小物体与传送带间的动摩擦因数11=0.8, 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10 m/s2, sin 37=0.6，cos 37=0.8，则小物体在向上运动的过程中（）.,A. 加速度恒

3、定B.先加速上滑后匀速,-C.所受的摩擦力方向不变D.所受的滑动摩擦力大小为16 N ”4. 如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为0，在传送带上某位置轻轻放置 一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为，小木块速度随时间变化关系如 图所示，若0、g、v、t已知，则下列说法中正确的是00A. 传送带一定逆时针转动B. 卩二 tan0 +gt cos00C.传送带的速度大于v0vD. t0后一段时间内滑块加速度为2gsin0 -05. 如图所示，一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针转动，水平部分长为lm。 其右端与一倾角为9=37。的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点 的物块无初速度地放

4、在传送带最左端。已知物块与传送带间动摩擦因数卩=0.2, sin37=0.6, g 取 10m/s2，则()A. 物块在传送带上先做匀加速、后做匀速直线 运动B. 物块到达传送带右端的速度大小为1.6m/sC. 物块沿斜面上滑能上升的最大高度为0.2mD. 物块返回皮带时恰好能到达最左端6. 如图所示，水平传送带以大小为v的速度沿逆时针匀速转动，一个物块也以 大小为v的速度从传送带的左端滑上传送带，并刚好能从传送带右端滑离，物块1在传送带上运动的时间为t。若将物块滑上传送带的速度减小为2 v,则下列判 断正确的是A. 物块能滑到传送带中间的位置B. 物块在传送带上一直做匀变速运动C. 物块在传

5、送带上运动的时间也为t1D. 物块在传送带上运动过程中，和传送带的相对位移为-vt 二、解答题7. 如图所示，水平传送带AB=10m，向右匀速运动的速度u二4m/ s，一质量为l kg的小物块(可视为质点)以u=6m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带， 小物块与传送带间的动摩擦因数卩=0.4，g取10 m/s2。求：(1) 小物块相对地面向左运动的最大距离；(2) 小物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间。8. 如图所示，传送带与地面夹角9=37，从A到B长度为L=10.25m，传送 带以v=10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A 无初速地放一个质量为m=0.5 kg的黑色煤块

6、，它与 传送带之间的动摩擦因数为卩=0.5。煤块在传送带 上经过会留下黑色痕迹。已知sin37=0.6, g=10 m/s2，求：(1) 煤块从A运动到B的时间；(2) 煤块从A到B的过程中传送带上形成黑色痕迹的长度。9. 水平传送带左、右两端间的距离为2m，传送带以5m/s的速率顺时针匀速转 动。一根细线绕过定滑轮，一端连接在置于传送带左端的物块A上，另一端吊着 物块B，物块A与定滑轮间的细线水平。物块A处于静止状态，已知物块B的质量为m,物块A的质量为2m,重力加速度g= 10m/s2，细线足够长，求：(1) 物块A与传送带间的动摩擦因数大小；(2) 剪断细线，则物块A从传送带左端运动 到

7、右端需要多长时间？10如图所示，一质量为m=0.2kg的可视为质点小物块从倾角为0=37。、高为 h=0.6m的斜面顶端A处无初速自由滑下，经过斜面底端B后立刻滑上正在以 v=3m/s的速度顺时针转动的水平传送带上，滑上传送带时无能量损失，已知物 块与斜面和传送带之间的动摩擦因数均为N=0.5，传送带两轮之间的距离为 s=1.2m， g 取 10 m/s2， sin37o=O.6， cos37o=0.8，求：(1) 物块下滑到斜面底端B处的速度大小；(2) 物体在传送带上做匀加速运动的加速度的大小和物块运动到C处的速度大 小;(3) 其它条件都不变，只改变传送带的速度大小，要使物块在最短时间内

8、到达 传送带的最右端C处，传送带的速_度至少为多大？参考答案1BD【解析】试题分析：将一小煤块无初速度地轻放至A点后，小煤块与传送带之间有相对滑动，加速 度为4m/s2，加速到跟传送带一样的速度需要的时间为0.5s,这段时间内煤块的位移为0.5m,传 送带的位移是1m,随后两者保持相对静止，所以划痕等于两者位移之差，为0.5m，煤块运 动后来3.5m需要的时间是1.75s，共用时间为2.25s,AC错误，BD正确。考点：本题考查了运动学规律和牛顿第二定律。2BC【解析】【详解】A. 由图可知，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，此后反向运动， 位移减小，故A错误；b.由于传

9、送带向右运动，t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，贝y知小物 块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；C. 在0-t1时间内小物块向左减速受向右的摩擦力作用，在t1-t2时间内小物块向右加速运动， 受到向右的摩擦力作用，故摩擦力一直向右；故C正确；D. t2之后，二者速度相等，保持相对静止，故此时二者间没有相对运动或相对运动的趋势， 不再受摩擦力，故D错误。3. BC【解析】【详解】开始时小物体受到向上的滑动摩擦力，因F f=Rmgcos37=12.8Nmgsin37=12N，则 小物体加速上滑，当速度与传送带相等时，因卩mgcos37。 mgs加37。，则此时小物体相 对传送

10、带静止，随传送带匀速向上运动，此时静摩擦力方向仍向上，故选项BC正确，AD 错误。4. AD【解析】【详解】A. 若传送带顺时针转动，当滑块下滑时若有mg sin0 Rmg cos0 ,所以滑块将一直匀加速 到底端；当滑块上滑时若有mg sin0Pmg cos0，则滑块先匀加速运动，在速度相等后将 匀速运动，两种均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，故A正确；B. 滑块在内，滑动摩擦力向下做匀加速下滑，根据牛顿第二定律有：a = g sin 0 + 卩g cos 0l由图可知va -0-lt0联立解得：卩=Vo- tan 0gt cos00故 B 错误；C. 只有当滑块的速度等于传送带的速度

11、时，滑块所受的摩擦力变成斜向上，传送带的速度才 为卩0，故C错误；D. 共速后的加速度a? g sin0 -卩g cos0代入卩值得a 2 g sin 0 - Vo-2t0故 D 正确。5CD【解析】【详解】AB. 可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，物块在滑动摩擦力作用下在传送带上 先做匀加速直线运动，由mg=ma，加速度a1=2m/s2，速度达到v0=2m/s时运动的位移x1=v24 = lm，即物块到达皮带最右端时恰好与皮带共速，故AB错误；2alC.物块以初速度v0滑上斜面后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，加速度大小a2=gsin0=6m/s2，当物块速度减为零时上升高

12、度最大，此时沿斜面上滑的距离为s2=v2l2 = 3m ；上升的最大高度hm=s2sin0=0.2m,故C正确;2D.设物块返回皮带时滑动的距离为x,由动能定理mghm-mgx=0解得x=lm,所以物块返回皮带时能到达最左端，故D正确。6BC解析】详解】 设左右两端的距离为L物体与传送带之间的动摩擦因数为，物块的质量为m,则加速度卩mga =P gmA.物块以大小为v的速度从传送带的左端滑上传送带，根据动能定理可得:1mgL = 0 _ mv 22v若将物块滑上传送带的速度减小为，则1_y mgx = 0 _ m2解得：故物块不能滑到传送带中间的位置，故A错误;B. 物块在传送带上先向右减速，

13、加速度为g,再反向加速，加速度也为g,故物块一直做匀变速运动，故 B 正确；C. 物块以大小为v的速度从传送带的左端滑上传送带，运动时间v若将物块滑上传送带的速度减小为，物块在传送带上运动的时间也为vt = 2=丄=tPgPg故 C 正确；D. 物块向右运动过程中，相对位移为Ax (v + ) x vti 428物块向左运动过程中，相对位移为物块在传送带上运动过程中，和传送带的相对位移为Ax Ax + Ax vt12故D错误。7(1)4.5m(2)3.125s【解析】(1)根据牛顿第二定律得卩mg ma，解得a -卩g 4m / s2-2as旅行包从开始运动到速度减为0的位移就是向左运动的最大

14、距离v2 - v2t0v2得 s= 4.5mmax 2av(2)向左减到0的时间t - 1.5s 1卩g减到0后反向向右加速运动，加速度a-pg 4m / s2v加速到与传送带相同的速度所用时间t 4 1s2 p gv2运动位移3矿2ms - s剩余位移做匀速运动，时间t max 1 0.625s3v0所以从B点再回到B点所用时间t t +1 +1 3.125 s1238(1)1.5 s (2)5 m【解析】试题分析：1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力a1=g (sine + “c0s=0m/s2t1=v0/a1 x1= a1t21/2达到v0后，受到向上的摩擦力a2=g (sinO-ycosO) =2m/s2 x2=L-x1=5.25m x2=v0t2+at2/2 t2=0.5s将煤块从A到B的时间为t=t+t2=1.5s(2)第一过程划痕长 Ax1=v0ti-a1t12/2=5m第二过程划痕长Ax2=x2-v0t2=O.25mAX与Ax2部分重合划痕总长5m考点：本题考查匀变速直线运动规律的应用。9. (1) 0.5, (2)5解析】详解】1)物块 A 处于静止状态，由平衡条件得：卩-2mg 二 mg解得：卩=0.5；(2)剪断细线，物体A在滑动摩擦力作用下向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律得:卩-2mg = 2ma 解得： a=5m/