微练19 动力学中的“传送带”问题-【高考领航】2025年高考物理一轮复习微专题速练

微练19　动力学中的“传送带”问题 1．(多选)物块从光滑曲面的P点由静止下滑，通过粗糙的静止水平传送带后落到了地面上的Q点，现使传送带开始匀速转动，再把物块由P点静止释放，则有关下列说法正确的是(　　) A．若传送带逆时针转动，物块将会落到Q点左侧 B．若传送带顺时针转动，物块一定会落到Q点右侧 C．若传送带顺时针转动，物块可能会落到Q点 D．无论传送带转动方向如何，物块不可能落到Q点左侧 2.如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是(　　) A．饺子一直做匀加速运动 B．传送带的速度越快，饺子的加速度越大 C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量 D．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能 3.(多选)如图所示，飞机场运输行李的传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，传送带将它送入飞机货舱。此过程中货物的速度为 v、加速度为 a、摩擦力为 f、位移为 x，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列图像可能正确的有(　　) 4.(多选)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θ＝37°，正常的运行速度是v＝10 m/s。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μ＝0.5，A、B间距离s＝16 m(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)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4 s 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 5．如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，将一可视为质点的质量m＝2 kg的小物块从传送带左端A处以某一初速度释放，t＝3 s时恰好到达右端B处。小物块从A端到B端运动的速度—时间图像如图乙所示。重力加速度g＝10 m/s2。求： 甲　　　　　　　　乙 (1)物体与传送带之间的动摩擦因数和AB间的距离； (2)小物块从A端到B端的过程中，系统因摩擦所产生的热量。 6.如图所示光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L＝6 m，沿逆时针方向以恒定速度v＝1 m/s匀速转动。CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R＝0.4 m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。 (1)若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能Ep； (2)若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x＝1.2 m处(CD长大于1.2 m)，求物块通过E点时受到的压力大小； (3)满足(1)条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能。 7．机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，倾斜放置的传送带与水平面间的夹角θ＝37°，传送带以v0＝1 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动。工作人员将一件小包裹(可视为质点)从传送带顶端由静止释放，已知小包裹的质量m＝1 kg，与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带顶端距底端的距离L＝3.8 m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小包裹从传送带顶端运动到底端所需的时间t； (2)小包裹与传送带间因摩擦产生的热量Q。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 微练19　动力学中的“传送带”问题 1．CD　若传送带逆时针转动，滑块所受滑动摩擦力大小和方向均不变，所以物体的运动情况完全相同，到达传送带右端的速度相同，会落在Q点，故A错误；若传送带顺时针转动，但传送带速度较小时，物体可能会一直做匀减速直线运动，此时物体落在Q点，但物体也有可能先做匀减速，当速度与传送带速度相同时开始做匀速运动，此时落在Q点的右端，当传送带速度较大时物体有可能向右做匀加速直线运动，此时落在Q点的右端，所以物体不可能落在Q点的左侧，B错误，C、D正确。 2．C　饺子在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；饺子的加速度a＝＝＝μg，与传送带的速度无关，故B错误；饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能Ek＝μmgs饺子，因摩擦产生的热量Q＝μmgs相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移s饺子＝t，s相对＝s传送带－s饺子＝vt－＝，所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。 3．AC　行李箱先向上做匀加速运动，此时的v-t图像是倾斜的直线，x-t图像为曲线；a-t图像是平行于t轴的直线；当与传送带共速后做匀速运动，则此时的v-t线是平行于t轴的直线；x-t图像是倾斜的直线；加速度a为零，则选项A正确，B、D错误；加速时传送带对行李箱的摩擦力f1＝mg sin θ＋ma，匀速时有f2＝mg sin θ<f1，则C正确。 4．AC　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，根据牛顿第二定律有mg sin 37 °－μmg cos 37°＝ma，s＝at2，解得t＝4 s，故A正确，D错误；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，根据牛顿第二定律有mg sin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，速度和传送带相同时位移为x1，则v2＝2a1x1，解得x1＝5 m<16 m，小物块继续加速下滑，根据牛顿第二定律有mg sin 37°－μmgcos 37°＝ma，设小物块到达传送带底端时速度为v1，根据运动学公式有v－v2＝2a(s－x1)，解得v1＝12 m/s>v＝10 m/s，由于第一段加速度较大，全程时间会小于4 s，故B错误，C正确。 5．解析：(1)由图乙可知，小物块在传送带上先做匀减速运动，再做匀速运动，做匀减速运动的加速度大小为 a＝＝ m/s2＝1 m/s2 由牛顿第二定律有μmg＝ma 解得μ＝0.1 AB间的距离等于小物块的位移，则由v-t图像中图像与横轴围成的面积表示位移可知，AB间的距离为 xAB＝[×(2＋4)×2＋2×(3－2)] m＝8 m。 (2)由图乙可知，当t＝2 s，小物块与传送带速度相等，且传送带的速度为v传＝2 m/s 由运动学公式x＝v0t＋at2可得，在0～2 s内小物块的位移为x1＝(4×2－×1×22) m＝6 m 在0～2 s内传送带的位移为x2＝v传t＝4 m 则小物块从A端到B端的过程中，系统因摩擦所产生的热量为Q＝μmgΔx＝4 J。 答案：(1)0.1　8 m　(2)4 J 6．解析：(1)由动能定理有－μmgL＝0－mv2 由能量守恒定律有Ep＝mv2 解得Ep＝12 J。 (2)由平抛运动知：竖直方向有y＝2R＝gt2 水平方向有x＝vEt 在E点，由牛顿第二定律有FN＋mg＝m 解得FN＝12.5 N。 (3)物块在B点的速度vB＝ ＝2 m/s 从B到C的时间t＝＝ s 物块相对传送带的位移Δs相对＝L＋vt＝6 m＋×1 m＝(6＋) m 由能量守恒定律有Q＝μmg·Δs相对＝(12＋2) J≈16.9 J。 答案：(1)12 J　(2)12.5 N　(3)16.9 J 7．解析：(1)设开始时小包裹的加速度为a1，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 解得a1＝10 m/s2 又v0＝a1t1 解得小包裹与传送带共速时的时间t1＝0.1 s 小包裹与传送带共速所经过的位移x1＝t1＝0.05 m 共速后，因为mg sin θ>μmg cos θ 可知小包裹继续加速，设加速度为a2，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 由运动学公式有L－x1＝v0t2＋a2t 解得t2＝1.5 s，另一值舍去 则小包裹运动到传送带底端所需的时间t＝t1＋t2＝1.6 s。 (2)小包裹与传送带间因摩擦产生的热量 Q＝μmg cos θ·[(v0t1－x1)＋(L－x1－v0t2)] 解得Q＝9.2 J。 答案：(1)1.6 s　(2)9.2 J 学科网（北京）股份有限公司 $$