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專題06 傳送帶模型
[模型導航]
【解決傳送帶問題的思路】 1
【模型一】水平傳動帶模型上物體的常見運動 1
【模型二】傾斜傳送帶模型上物體的常見運動 2
1.傾斜傳送帶——上傳模型 6
2.傾斜傳送帶——下載模型 6
[模型分析]
【解決傳送帶問題的思路】
Ⅰ、受力分析
（1）“帶動法”判斷摩擦力方向：同向快帶慢、反向互相阻；
（2）共速要突變的三種可能性：①滑動摩擦力突變為零；②滑動摩擦力突變為靜摩擦力；③方向突變。
Ⅱ、運動分析
（1）參考系的選擇：物體的速度、位移、加速度均以地面為參考系；痕跡指的是物體相對傳送帶的位移。
（2）判斷共速以后一定與傳送帶保持相對靜止作勻速運動嗎？
（3）判斷傳送帶長度——臨界之前是否滑出？
Ⅲ、畫圖
畫出受力分析圖和運動情景圖，特別是畫好v-t圖像輔助解題，注意摩擦力突變對物體運動的影響，注意參考系的選擇。
【模型一】水平傳動帶模型上物體的常見運動
項目 情景1：輕放 情景2：同向 情景3：反向
圖示
滑塊可能的運動情況 (1)可能滑塊一直加速； (2)可能滑塊先加速后勻 速； (1)v0v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速． (1)傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端． (2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端．其中v0>v和v0如圖所示，水平放置的傳送帶以v＝2m/s的速度向右勻速運行，一小物塊以v0＝4m/s的水平速度從傳送帶最左端A處水平向右滑上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。若A端與B端相距8m，則物塊由A端運動到B端所用時間為（　　）
A．1s B．2s C．3s D．4s
如圖所示，安檢機在工作時，通過水平傳送帶將被檢物品從安檢機一端傳送到另一端，其過程可簡化為如圖所示，傳送帶長為2.1m，被檢物品與傳送帶的動摩擦因數μ＝0.3。假設傳送帶速度可以調節，當傳送帶速度調為4m/s，被檢物品無初速度放到A端傳送到B端的過程中，（g取10m/s2，被檢物品可視為質點），下列說法正確的是（　　）
A．物品先做勻加速運動后做勻速運動
B．物品從A端到B端所用的時間為1.5s
C．物品先受到滑動摩擦力后受到靜摩擦力
D．若減小傳送帶速度物品傳送時間可能不變
（多選）如圖甲是一種能檢測工件表面光滑程度的裝置，由上傳送帶、下傳送帶、翻轉組件和視覺檢測組件等組成，該檢測裝置具有人工成本低，檢測效率高的特點。圖乙是該檢測裝置上傳送帶的簡化圖．待檢工件被彈簧彈射到水平傳送帶上，恰好能傳送到另一端是合格的最低標準。假設傳送帶長10m，以8m/s的速度逆時針轉動。某次檢測工件剛被彈射到傳送帶左端時的速度是10m/s，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．工件與傳送帶間動摩擦因數不大于0.5才為合格
B．工件被傳送到另一端的最長時間是2s
C．若工件不被傳送過去，返回的時間與正向運動的時間相等
D．若工件不被傳送過去，返回到出發點的速度仍為10m/s
（多選）如圖所示，水平傳送帶以4m/s逆時針勻速轉動，A、B為兩輪圓心正上方的點，AB＝L1＝2m，兩邊水平面分別與傳送帶上表面無縫對接，彈簧右端固定，自然長度時左端恰好位于B點。現將一小物塊與彈簧接觸（不栓接），并壓縮至圖示位置然后釋放，已知小物塊與各接觸面間的動摩擦因數均為μ＝0.2，AP＝L2＝1m，小物塊與軌道左端P碰撞后原速反彈，小物塊最后剛好返回到B點時速度減為零。g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．小物塊第一次到A點時，速度大小一定等于
B．小物塊第一次到A點時，速度大小一定等于4m/s
C．小物塊離開彈簧時的速度一定滿足2m/s≤v≤6m/s
D．小物塊離開彈簧時的速度一定滿足
如圖甲所示，水平放置的傳送帶在電機的作用下以v2＝4m/s的速度順時針轉動，兩輪軸心間距為L＝5m。質量為m＝0.5kg的小墨塊（視為質點），從左輪的正上方以速度v1水平向右滑上傳送帶后小墨塊的v﹣t圖像如圖乙所示，小墨塊經過時間t0恰從右輪的正上方離開傳送帶，小墨塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2。小墨塊在傳送帶上運動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．傳送帶對小墨塊做的功為5J
B．小墨塊在傳送帶上運動的時間t0＝10s
C．小墨塊在傳送帶上留下的劃痕長5m
D．小墨塊與傳送帶之間的摩擦生熱為1J
如圖甲所示，兩個皮帶輪順時針轉動，帶動水平傳送帶以恒定的速率v運行。現使一個質量為m的物體（可視為質點）沿與水平傳送帶等高的光滑水平面以初速度v0（v0＜v）從傳送帶左端滑上傳送帶。若從物體滑上傳送帶開始計時，t0時刻物體的速度達到v，2t0時刻物體到達傳送帶最右端。物體在傳送帶上運動的v﹣t圖像（以地面為參考系）如圖乙所示，不計空氣阻力，則（　　）
A．0～t0時間內，物體受到滑動摩擦力的作用，t0～2t0時間內物體受到靜摩擦力的作用
B．0～t0時間內，物體所受摩擦力對物體做功的功率越來越大
C．若增大物體的初速度v0但v0仍小于v，則物體在傳送帶上運動的時間仍為2t0
D．若增大物體的初速度v0但v0仍小于v，則物體被傳送的整個過程中傳送帶對物體所做的功也一定增加
如圖（a）所示，相距L＝11.5m的兩平臺位于同一水平面內，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動，其速度的大小v可以由驅動系統根據需要設定。質量m＝10kg的載物箱（可視為質點），以初速度v0＝5.0m/s自左側平臺滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2
（1）若v＝4.0m/s，求載物箱通過傳送帶所需的時間；
（2）求載物箱到達右側平臺時所能達到的最大速度和最小速度；
（3）載物箱離開傳送帶時的速度與傳送帶勻速運動的速度是有關系的，在圖（b）中大致畫出載物箱離開傳送帶時的速度v′與傳送帶速度v的關系圖像，并標出重要點的坐標。
如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，該裝置由三部分組成，傳送帶左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質彈簧左端固定，右端連接著質量m＝3.0kg的物塊A。裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送帶的皮帶輪逆時針勻速轉動，使傳送帶上表面以u＝1.0m/s勻速運動。傳送帶的右邊是一動摩擦因數μ2＝0.2的粗糙平面。已知彈簧原長小于墻到傳送帶的距離，物塊A剛脫離彈簧時的速度v＝5m/s，物體A與傳送帶之間的動摩擦因數μ1＝0.1，傳送帶兩軸之間的距離l＝4.5m，傳送帶右邊的水平面長度l0＝1.5m。假設碰墻前后物塊的速度大小不變，取g＝10m/s2。求：
（1）物塊A在傳送帶上做勻減速直線運動的加速度a的大小；
（2）物塊A第一次到達傳送帶右端時速度v1的大小；
（3）分析判斷物體A是否會回到彈簧右端處？如果可以，求出物塊A回到彈簧右端處時速度的大小。
【模型二】傾斜傳送帶模型上物體的常見運動
項目 情景1：上傳 情景2：下載 情景2：反向
圖示
滑塊可能的運動情況 (1)可能一直加速； (2)可能先加速后勻速； (3)還有其他結論嗎？ (1)可能一直加速； (2)可能先加速后勻速； (3)可能先以a1加速后以a2加速． (1)可能一直加速； (2)可能一直勻速； (3)可能先減速后反向加速
1.傾斜傳送帶——上傳模型
受力分析 運動分析（先加后共） 難點問題
μ>tanθ ①滑動摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ-sinθ) ③上傳條件：μ>tanθ ④共速摩擦力突變為靜摩擦力f'=mgsinθ
受力分析 運動分析（一直加速） 難點問題
μ如圖所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，以大小為v＝4m/s的恒定速率順時針轉動。一質量m＝1kg的煤塊以初速度v0＝14m/s從A端沖上傳送帶又滑了下來，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖所示，g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．煤塊上升的最大位移為9m
B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.25
C．煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為
D．煤塊在皮帶上留下的劃痕為
斜坡式傳送帶在裝卸貨物時能極大的減少人工、提高裝卸效率。某次在卸貨過程中，未啟動傳送帶時，貨物M在靜止的傳送帶上以速度v0勻速下滑，現突然啟動傳送帶，使其順時針方向勻速率轉動，如圖所示。則傳送帶轉動后與不轉動時相比（　　）
A．M受到的摩擦力大小方向不變
B．M運動到傳送帶底端的時間變長
C．M在傳送帶上留下的痕跡長度不變
D．M將減速向下運動，然后反向勻加速運動
（多選）一物塊以v0＝8m/s的初速度從A端滑上傾斜傳送帶。已知傳送帶AB足夠長，與水平面的大 角為θ＝37°，并以大小為v＝2m/s的恒定速率順時針轉動。若物塊與皮帶之間的動摩擦因數μ＝0.5，且可將物塊視為質點，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．剛滑上傳送帶時，物塊的加速度大小為10m/s2
B．物塊向上運動與皮帶A端的最大高度差為4m
C．從物塊滑上傳送帶開始計時，到物塊再次滑回A端共用時3.6s
D．從物塊滑上傳送帶，到再次滑回A端的過程中，物塊相對傳送帶滑動的總路程為8m
（多選）如圖所示，傾角θ＝37°的傳送帶以v＝4m/s的速率順時針轉動，其上方與一水平臺面平滑連接。一質量m＝1kg的貨物從傳送帶的底端A處以初速度v0＝8m/s的速率滑上傳送帶，已知貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.5，傳送帶A、B間的高度差h＝2.49m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．貨物不能沖上水平臺面
B．貨物從A處運動到B處所用的時間為3.9s
C．貨物在傳送帶上的劃痕長0.8m
D．貨物離開傳送帶時速度大小為3m/s
（多選）如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，AB＝25m，傾角為θ，以恒定速率v＝4m/s順時針轉動。一質量m＝1kg的煤塊以初速度v0＝12m/s從A端沖上傳送帶，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．傾斜傳送帶與水平方向夾角θ＝37°
B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.25
C．煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為4s
D．全過程煤塊在傳送帶上留下的劃痕長度（12+4）m
某同學想利用家里的跑步機進行相關實驗。如圖所示，將跑步機尾端抬高固定，與水平面成α＝37°，跑步機A、B兩端間距L＝2m。啟動跑步機，跑帶以速度v0＝2m/s逆時針轉動，現將一小盒子（可視為質點）放到跑帶上，已知小盒子與跑帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5。
（1）如圖乙所示，若將小盒子無初速地輕放在A處，求小盒子運動到B處的速度大小v；
（2）如圖丙所示將小盒子從B處以初速度 v1＝4m/s 沿斜面向上推出，求盒子向上運動過程中與傳送帶速度相同時，盒子與B點的距離x；
（3）第（2）題的情形下，求小盒子從B出發再返回B所用的總時間t。
某工廠輸送物件的傳送系統由傾角均為30°的傳送帶和長木板組成。物件和傳送帶間的動摩擦因數μ1，與木板間的動摩擦因數μ2，傳送帶以v0＝4m/s的恒定速率順時針轉動。現每隔Δt1＝1s將一個物件無初速放置于傳送帶A端，物件到達木板C點時速度恰好為0，隨即被機械手取走。當傳送系統正常運行時，已有多個物件相對傳送帶靜止，傳送帶與木板間可認為平滑連接，物件可以看成質點。已知sin30°，cos30°，g取10m/s2。求：
（1）物件剛放上傳送帶時的加速度大小a1；
（2）木板上B、C兩點之間的距離L及傳送帶上相鄰兩個物件勻速運動時的間距d；
（3）假如工廠突然停電，機械手停止工作，傳送帶立即停止運轉，要使物件之間不發生碰撞，求物件放置時間間隔的最小值Δt2。
2.傾斜傳送帶——下載模型
受力分析 運動分析 難點問題
μ≥tanθ ①滑動摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ+sinθ) ③共速后，若μ≥tanθ 一起勻速，摩擦力突變為靜摩擦力f'=mgsinθ
μx物，痕跡Δx1=x傳-x物，共速后，x物>x傳，痕跡Δx2=x物-x傳，總痕跡取二者中大的那一段
如圖所示，一足夠長的傾斜傳送帶順時針勻速轉動。一小滑塊以某初速度沿傳送帶向下運動，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數恒定，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則其速度v隨時間t變化的圖像可能是（　　）
A． B．
C． D．
（多選）如圖所示，傳送帶傾角θ＝37°，傳送帶的兩個端點A、B之間的長度L＝5.0m，傳送帶在皮帶輪的帶動下逆時針運轉，通過控制皮帶輪的轉速可以調整傳送帶的速度大小。現將一小物塊置于A點處，由靜止釋放，已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2，則小物塊在AB之間的運動時間可能為（　　）
A．0.8s B．1.2s C．1.6s D．2.2s
（多選）傾斜傳送帶以恒定的速率沿逆時針方向運行，如圖甲所示。在t＝0時，將一小煤塊輕放在傳送帶上A點處，1.5s時小煤塊從B點離開傳送帶。小煤塊速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，設沿傳送帶向下為運動的正方向，取重力加速度g＝10m/s2，下列判斷中正確的是（　　）
A．傳送帶的運行速率為6m/s
B．0～0.5s內小煤塊的加速度大小為10m/s2
C．小煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.5
D．0～1.5s內小煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度為0.25m
（多選）在大型物流貨場，經常用傳送帶搬運貨物。如圖甲所示，與水平面傾斜的傳送帶以恒定速率運動，皮帶始終是繃緊的，將m＝1kg的貨物輕放在傳送帶上的A處，經過1.2s到達傳送帶的B端。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度隨時間t變化圖像如圖乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，由v﹣t圖可知（　　）
A．A、B兩點間的距離為2.4m
B．貨物與傳送帶的動摩擦因數為0.55
C．貨物從A運動到B的過程中，傳送帶對貨物做功大小為﹣11.2J
D．貨物從A運動到B的過程中，貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為4.8J
如圖所示，傳送帶與水平方向成30°角，順時針勻速轉動的速度大小v＝8m/s，傳送帶長LAB＝11.4m，水平面上有一塊足夠長的木板。質量為m＝3kg的物塊（可視為質點）以初速度v0＝4m/s，自A端沿AB方向滑上傳送帶，在底端B滑上緊靠傳送帶上表面的靜止木板，木板質量為M＝1kg，不考慮物塊沖上木板時碰撞帶來的機械能損失。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數為，物塊與木板間的動摩擦因數為μ2＝0.3，木板與地面間的動摩擦因數為μ3＝0.1。取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）物塊從A運動到B點經歷的時間t；
（2）物塊停止運動時與B點的距離x。
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專題06 傳送帶模型
[模型導航]
【解決傳送帶問題的思路】 1
【模型一】水平傳動帶模型上物體的常見運動 1
【模型二】傾斜傳送帶模型上物體的常見運動 2
1.傾斜傳送帶——上傳模型 10
2.傾斜傳送帶——下載模型 11
[模型分析]
【解決傳送帶問題的思路】
Ⅰ、受力分析
（1）“帶動法”判斷摩擦力方向：同向快帶慢、反向互相阻；
（2）共速要突變的三種可能性：①滑動摩擦力突變為零；②滑動摩擦力突變為靜摩擦力；③方向突變。
Ⅱ、運動分析
（1）參考系的選擇：物體的速度、位移、加速度均以地面為參考系；痕跡指的是物體相對傳送帶的位移。
（2）判斷共速以后一定與傳送帶保持相對靜止作勻速運動嗎？
（3）判斷傳送帶長度——臨界之前是否滑出？
Ⅲ、畫圖
畫出受力分析圖和運動情景圖，特別是畫好v-t圖像輔助解題，注意摩擦力突變對物體運動的影響，注意參考系的選擇。
【模型一】水平傳動帶模型上物體的常見運動
項目 情景1：輕放 情景2：同向 情景3：反向
圖示
滑塊可能的運動情況 (1)可能滑塊一直加速； (2)可能滑塊先加速后勻 速； (1)v0v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速． (1)傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端． (2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端．其中v0>v和v0如圖所示，水平放置的傳送帶以v＝2m/s的速度向右勻速運行，一小物塊以v0＝4m/s的水平速度從傳送帶最左端A處水平向右滑上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。若A端與B端相距8m，則物塊由A端運動到B端所用時間為（　　）
A．1s B．2s C．3s D．4s
【解答】解：設傳送帶長度為L，物體在傳送帶上運動的加速度大小為a＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2
則物塊向右運動速度到與傳送帶速度相等的時間為：t12s
通過的距離：xm＝6m
物塊速度與傳送帶速度相等后做勻速直線運動，時間為：t1s＝1s
物塊由A端運動到B端所用時間為：t＝t1+t2＝3s，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
如圖所示，安檢機在工作時，通過水平傳送帶將被檢物品從安檢機一端傳送到另一端，其過程可簡化為如圖所示，傳送帶長為2.1m，被檢物品與傳送帶的動摩擦因數μ＝0.3。假設傳送帶速度可以調節，當傳送帶速度調為4m/s，被檢物品無初速度放到A端傳送到B端的過程中，（g取10m/s2，被檢物品可視為質點），下列說法正確的是（　　）
A．物品先做勻加速運動后做勻速運動
B．物品從A端到B端所用的時間為1.5s
C．物品先受到滑動摩擦力后受到靜摩擦力
D．若減小傳送帶速度物品傳送時間可能不變
【解答】解：物品剛放在傳送帶上時相對傳送帶滑動，做初速度為零的勻加速直線運動，對物品，由牛頓第二定律得：μmg＝ma
代入數據解得：a＝3m/s2
假設物品可以加速到與傳送帶共速，則加速運動的時間為t1
加速運動的距離為x1mm≈2.67m＞2.1m
假設不成立，物品在傳送帶上一直做加速運動
物品從A端到B端所用的時間為s
A、物品先做勻加速直線運動，后做勻速直線運動，故A錯誤；
B、物品從A端到B端所用的時間為1.2s，故B錯誤；
C、全過程中，物品先一直受到向右的滑動摩擦力，故C錯誤；
D、當傳送帶速度減小一點時，物品在傳送帶上仍可能是全程加速，在加速度和位移都不變的情況下，運動的時間也不變，故D正確。
故選：D。
（多選）如圖甲是一種能檢測工件表面光滑程度的裝置，由上傳送帶、下傳送帶、翻轉組件和視覺檢測組件等組成，該檢測裝置具有人工成本低，檢測效率高的特點。圖乙是該檢測裝置上傳送帶的簡化圖．待檢工件被彈簧彈射到水平傳送帶上，恰好能傳送到另一端是合格的最低標準。假設傳送帶長10m，以8m/s的速度逆時針轉動。某次檢測工件剛被彈射到傳送帶左端時的速度是10m/s，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．工件與傳送帶間動摩擦因數不大于0.5才為合格
B．工件被傳送到另一端的最長時間是2s
C．若工件不被傳送過去，返回的時間與正向運動的時間相等
D．若工件不被傳送過去，返回到出發點的速度仍為10m/s
【解答】解：A、合格工件滑上傳送帶后做末速度為零的勻減速直線運動，根據運動學公式可得：2aL
根據牛頓第二定律可得：ma＝μmg
聯立解得：μ0.5，故A正確；
B、設工件被傳送過去的最長時間為t，則有：v0t＝L，解得：t＝2s，故B正確；
CD、若工件不被傳過去，工件滑上傳送帶后做末速度為零的勻減速直線運動，返回時先做勻加速直線運動，根據運動的對稱性，可知返回先勻加速到與傳送帶速度相同為8m/s，然后再勻速運動到傳送帶左端，所以返回的時間大于向右減速到零的時間，返回到出發點的速度為8m/s，故CD錯誤。
故選：AB。
（多選）如圖所示，水平傳送帶以4m/s逆時針勻速轉動，A、B為兩輪圓心正上方的點，AB＝L1＝2m，兩邊水平面分別與傳送帶上表面無縫對接，彈簧右端固定，自然長度時左端恰好位于B點。現將一小物塊與彈簧接觸（不栓接），并壓縮至圖示位置然后釋放，已知小物塊與各接觸面間的動摩擦因數均為μ＝0.2，AP＝L2＝1m，小物塊與軌道左端P碰撞后原速反彈，小物塊最后剛好返回到B點時速度減為零。g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．小物塊第一次到A點時，速度大小一定等于
B．小物塊第一次到A點時，速度大小一定等于4m/s
C．小物塊離開彈簧時的速度一定滿足2m/s≤v≤6m/s
D．小物塊離開彈簧時的速度一定滿足
【解答】解：AB、設物體到達P點的速度為v′，反彈后運動到B點的速度為零，物體由P到B過程，由動能定理得：﹣μmg（L1+L2）＝0mv′2，代入數據解得：v′＝2m/s，
物體由A到P點過程中，由動能定理得：﹣μmgL2，代入數據解得：vA＝4m/s，故A錯誤，B正確；
CD、若物體速度較大，一直做勻減速運動，有：﹣2μmg（L1+L2）＝0，解得：v＝2m/s
對物體，由牛頓第二定律得：μmg＝ma，代入數據解得：a＝2m/s2
若速度較小，在AB上一直加速，到A點時恰好與帶同速，有：L1＝vt，vA＝v+at
聯立解得：v＝2m/s，故小物塊離開彈簧時的速度一定滿足2m/s≤v≤2m/s，故C，D正確。
故選：BD。
如圖甲所示，水平放置的傳送帶在電機的作用下以v2＝4m/s的速度順時針轉動，兩輪軸心間距為L＝5m。質量為m＝0.5kg的小墨塊（視為質點），從左輪的正上方以速度v1水平向右滑上傳送帶后小墨塊的v﹣t圖像如圖乙所示，小墨塊經過時間t0恰從右輪的正上方離開傳送帶，小墨塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2。小墨塊在傳送帶上運動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．傳送帶對小墨塊做的功為5J
B．小墨塊在傳送帶上運動的時間t0＝10s
C．小墨塊在傳送帶上留下的劃痕長5m
D．小墨塊與傳送帶之間的摩擦生熱為1J
【解答】解：A、小墨塊在傳送帶上運動的過程中，小墨塊的位移為L＝5m，傳送帶對小墨塊的摩擦力為滑動摩擦力，大小為f＝μmg＝0.2×0.5×10N＝1N，傳送帶對小墨塊做的功為：W1＝﹣fL＝﹣1×5J＝﹣5J，故A錯誤；
B、由動能定理得：W1，代入數據解得：v1＝6m/s，由勻變速直線運動的規律可得：Lt0，代入數據解得：t0＝1s，故B錯誤；
C、t0時間內，傳送帶的位移為x＝v2t0＝4×1m＝4m，小墨塊在傳送帶上留下的劃痕長Δx＝L﹣x＝5m﹣4m＝1m，故C錯誤；
D、根據功能關系可知因摩擦產生的熱量為：Q＝f Δx＝1×1J＝1J，故D正確。
故選：D。
如圖甲所示，兩個皮帶輪順時針轉動，帶動水平傳送帶以恒定的速率v運行。現使一個質量為m的物體（可視為質點）沿與水平傳送帶等高的光滑水平面以初速度v0（v0＜v）從傳送帶左端滑上傳送帶。若從物體滑上傳送帶開始計時，t0時刻物體的速度達到v，2t0時刻物體到達傳送帶最右端。物體在傳送帶上運動的v﹣t圖像（以地面為參考系）如圖乙所示，不計空氣阻力，則（　　）
A．0～t0時間內，物體受到滑動摩擦力的作用，t0～2t0時間內物體受到靜摩擦力的作用
B．0～t0時間內，物體所受摩擦力對物體做功的功率越來越大
C．若增大物體的初速度v0但v0仍小于v，則物體在傳送帶上運動的時間仍為2t0
D．若增大物體的初速度v0但v0仍小于v，則物體被傳送的整個過程中傳送帶對物體所做的功也一定增加
【解答】解：A、0～t0時間內，物體的速度比傳送帶小，則物體相對于傳送帶向左滑動，受到向右的滑動摩擦力作用。t0～2t0時間內物體做勻速直線運動，不受靜摩擦力作用。故A錯誤。
B、0～t0時間內，由P＝fv知，f不變，v增大，則物體所受摩擦力對物體做功的功率P增大，故B正確。
C、物體從傳送帶最左端運動到最右端時通過的位移是一定的，做勻加速運動時加速度不變，根據速度—時間圖象的斜率等于加速度、“面積”表示位移，由作圖法可知
若增大物體的初速度v0但v0仍小于v，則物體在傳送帶上運動的時間一定小于2t0．故C錯誤。
D、若增大物體的初速度v0但v0仍小于v，動能的變化量減小，根據動能定理知，物體被傳送的整個過程中傳送帶對物體所做的功減小，故D錯誤。
故選：B。
如圖（a）所示，相距L＝11.5m的兩平臺位于同一水平面內，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動，其速度的大小v可以由驅動系統根據需要設定。質量m＝10kg的載物箱（可視為質點），以初速度v0＝5.0m/s自左側平臺滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2
（1）若v＝4.0m/s，求載物箱通過傳送帶所需的時間；
（2）求載物箱到達右側平臺時所能達到的最大速度和最小速度；
（3）載物箱離開傳送帶時的速度與傳送帶勻速運動的速度是有關系的，在圖（b）中大致畫出載物箱離開傳送帶時的速度v′與傳送帶速度v的關系圖像，并標出重要點的坐標。
【解答】解：（1）載物箱速度大于傳送帶速度，載物箱受到的摩擦力向左，載物箱在傳送帶上先做勻減速直線運動，對載物箱由牛頓第二定律可得﹣μmg＝ma
設載物箱勻減速運動的距離為s1，由運動學公式可得
解得s1＝4.5m
因s1＝4.5m小于L，因此載物箱在到達右側平臺前，已經與傳送帶共速，然后與傳送帶一起勻速運動至右側平臺，設勻減速運動的時間為t1，勻速運動的時間為t2，則有
1s，1.75s
總時間為t＝t1+t2＝1s+1.75s＝2.75s
（2）若載物箱一直做勻減速運動，到達右側時的速度最小，設為vmin，由牛頓第二定律可得
由勻變速運動速度—位移公式可得
解得vminm/s
若載物箱一直做勻加速運動，到達右側平臺時的速度最大，設為vmax，由牛頓第二定律可得
由勻變速運動速度—位移公式可得
解得
（3）a、當時，載物箱將在傳送帶上一直勻減速到速度為時離開傳送帶。
b、當時，載物箱始終加速直至離開傳送帶，離開傳送帶時的速度為。
c、當時，載物箱勻減速至等于傳送帶的速度后，勻速運動直到離開傳送帶，則有v′＝v
d、當v＝5m/s時，載物箱隨傳送帶勻速運動直到離開傳送帶，則有v′＝v
e、當時，載物箱勻加速至等于傳送帶的速度后，勻速運動直到離開傳送帶，則有v′＝v
所以載物箱離開傳送帶時的速度與傳送帶速度的關系圖像如圖所示
答：（1）載物箱通過傳送帶所需的時間為2.75s；
（2）載物箱到達右側平臺時所能達到的最大速度為，載物箱到達右側平臺時所能達到的最小速度為；
（3）載物箱離開傳送帶時的速度v′與傳送帶速度v的關系圖像見解答。
如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，該裝置由三部分組成，傳送帶左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質彈簧左端固定，右端連接著質量m＝3.0kg的物塊A。裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送帶的皮帶輪逆時針勻速轉動，使傳送帶上表面以u＝1.0m/s勻速運動。傳送帶的右邊是一動摩擦因數μ2＝0.2的粗糙平面。已知彈簧原長小于墻到傳送帶的距離，物塊A剛脫離彈簧時的速度v＝5m/s，物體A與傳送帶之間的動摩擦因數μ1＝0.1，傳送帶兩軸之間的距離l＝4.5m，傳送帶右邊的水平面長度l0＝1.5m。假設碰墻前后物塊的速度大小不變，取g＝10m/s2。求：
（1）物塊A在傳送帶上做勻減速直線運動的加速度a的大小；
（2）物塊A第一次到達傳送帶右端時速度v1的大小；
（3）分析判斷物體A是否會回到彈簧右端處？如果可以，求出物塊A回到彈簧右端處時速度的大小。
【解答】解；（1）物塊A在傳送帶上受到的摩擦力大小為f＝μ1mg
由牛頓第二定律可得f＝ma，解得a＝1m/s2
（2）由題意可知v0＝5m/s
物塊A在傳送帶上做勻減速直線運動，對物塊A由運動學公式可得
2al
解得，物塊A第一次到達傳送帶右端時的速度為v1＝4m/s
（3）物塊A在傳送帶右端繼續做勻減速直線運動，因為碰撞墻的前后物塊速度大小不變，回程時仍是做加速度相同的勻減速直線運動，且加速度大小相同；
對物塊A，由牛頓第二定律μ2mg＝ma2
可得物塊A的加速度大小為
當A的速度減小為0時，物塊A總共走的路程為L，則，L＝4m＞2l0
故A可以再次滑上傳送帶，再次滑上傳送帶的速度為v2，則：
代入數據解得v2＝2m/s
此后A沖上傳送帶，因為A的速度大于傳送帶速度，因此剛開始A做勻減速直線運動，加速度仍是a＝1m/s2；設經過位移s后，A減速至與傳送帶共速，即v3＝u＝1 m/s，，聯立解得s＝1.5m＜l，故接下來A與傳送帶一起做向左的勻速直線運動，直至沖上傳送帶左邊光滑水平面，此后A在光滑水平面繼續勻速運動到達彈簧右端，速度大小為1 m/s。
答：（1）物塊A在傳送帶上做勻減速直線運動的加速度a的大小為1m/s2，
（2）物塊A第一次到達傳送帶右端時速度v1的大小為4m/s，
（3）物塊A回到彈簧右端處時速度的大小為1m/s。
【模型二】傾斜傳送帶模型上物體的常見運動
項目 情景1：上傳 情景2：下載 情景2：反向
圖示
滑塊可能的運動情況 (1)可能一直加速； (2)可能先加速后勻速； (3)還有其他結論嗎？ (1)可能一直加速； (2)可能先加速后勻速； (3)可能先以a1加速后以a2加速． (1)可能一直加速； (2)可能一直勻速； (3)可能先減速后反向加速
1.傾斜傳送帶——上傳模型
受力分析 運動分析（先加后共） 難點問題
μ>tanθ ①滑動摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ-sinθ) ③上傳條件：μ>tanθ ④共速摩擦力突變為靜摩擦力f'=mgsinθ
受力分析 運動分析（一直加速） 難點問題
μ如圖所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，以大小為v＝4m/s的恒定速率順時針轉動。一質量m＝1kg的煤塊以初速度v0＝14m/s從A端沖上傳送帶又滑了下來，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖所示，g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．煤塊上升的最大位移為9m
B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.25
C．煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為
D．煤塊在皮帶上留下的劃痕為
【解答】解：A、根據v﹣t圖像中圖線與時間軸所圍的面積表示位移，可得3s內，煤塊上升的最大位移為：，故A錯誤；
B、在0～1s內，煤塊受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，對煤塊受力分析，根據牛頓第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
由圖像的斜率可得0～1s內煤塊的加速度大小
在1s～3s內，煤塊受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力，根據受力分析，結合牛頓第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由圖像可得1s～3s內，煤塊的加速度大小，聯立解得μ＝0.5，θ＝37°，故B錯誤；
C、煤塊在3s后將向下做勻加速直線運動，由勻變速直線運動位移與時間關系式有
解得
因此煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為，故C錯誤；
D、在0～1s內，煤塊相對于傳送帶向上運動，此時留下的劃痕長度
在內，煤塊相對于傳送帶向下運動，最后煤塊回到A端，兩個過程中煤塊的位移大小相等，方向相反，即x煤2＝﹣x煤1＝﹣9m
傳送帶向上位移
內，煤塊在傳送帶留下的劃痕長度
由于Δx2＞Δx1
因此煤塊在皮帶上留下的劃痕為，故D正確。
故選：D。
斜坡式傳送帶在裝卸貨物時能極大的減少人工、提高裝卸效率。某次在卸貨過程中，未啟動傳送帶時，貨物M在靜止的傳送帶上以速度v0勻速下滑，現突然啟動傳送帶，使其順時針方向勻速率轉動，如圖所示。則傳送帶轉動后與不轉動時相比（　　）
A．M受到的摩擦力大小方向不變
B．M運動到傳送帶底端的時間變長
C．M在傳送帶上留下的痕跡長度不變
D．M將減速向下運動，然后反向勻加速運動
【解答】解：A、傳送帶啟動前，貨物M在靜止的傳送帶上以速度v0勻速下滑，根據平衡可知，貨物受摩擦力為滑動摩擦力，方向沿傳送帶向上，啟動后，貨物相對傳送帶向下運動，受滑動摩擦力，方向沿傳送帶向上，由于正壓力沒發生變化，所以滑動摩擦力的大小也不變，故A正確；
B、啟動前后，貨物受力方向沒有發生變化，仍然平衡，將勻速運動下滑。所以M運動到傳送帶底端的時間不變，故B錯誤；
C、M在傳送帶上留下的痕跡長度變長，因為啟動后留下的痕跡等于傳送帶位移與貨物位移之和。而沒啟動，痕跡等于貨物位移，即傳送帶長度，故C錯誤；
D、由以上分析可知，M受力情況不變，M仍將勻速運動，故D錯誤。
故選：A。
（多選）一物塊以v0＝8m/s的初速度從A端滑上傾斜傳送帶。已知傳送帶AB足夠長，與水平面的大 角為θ＝37°，并以大小為v＝2m/s的恒定速率順時針轉動。若物塊與皮帶之間的動摩擦因數μ＝0.5，且可將物塊視為質點，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．剛滑上傳送帶時，物塊的加速度大小為10m/s2
B．物塊向上運動與皮帶A端的最大高度差為4m
C．從物塊滑上傳送帶開始計時，到物塊再次滑回A端共用時3.6s
D．從物塊滑上傳送帶，到再次滑回A端的過程中，物塊相對傳送帶滑動的總路程為8m
【解答】解：A．對剛滑上傳送帶的物塊受力分析可知：Ff+mgsinθ＝ma；
Ff＝μFN＝μmgcosθ，
解得a＝10m/s2，故A正確；
BC．物塊速度從v0減至與傳送帶速度v相同所用的時間為：
位移大小為
接下來物塊所受的摩擦力方向沿傳送帶向上，由于摩擦因數小于tan θ，摩擦力反向，根據對物塊的受力分析可知：mgsinθ﹣Ff＝ma2
解得：，
故物塊速度由v減至零的時間為：
位移大小為：，
故物塊向上運動與皮帶A端的最大高度差為：h＝（x1+x2）sinθ＝（3+1）×0.6m＝2.4m，
物塊下滑的時間為：
從物塊滑上傳送帶開始計時，到物塊再次滑回A端共用時t＝t1+t2+t3＝0.6s+1s+2s＝3.6s，故B錯誤，C正確；
D．從物塊滑上傳送帶到與傳送帶共速，兩者的相對位移為：x'1＝x1﹣vt1＝3m﹣1.2m＝1.8m，
物塊速度由v減到零兩者的相對位移為x'2＝vt2﹣x2＝1m
解得：x'2＝1m
物塊向下運動與傳送帶的相對位移為：
x3′＝vt3a2
解得：x3′＝8m
故從物塊滑上傳送帶，到再次滑回A端的過程中，物塊相對傳送帶滑動的總路程為：s＝x'1+x'2+x'3＝1.8m+1m+8m＝10.8m，故D錯誤。
故選：AC。
（多選）如圖所示，傾角θ＝37°的傳送帶以v＝4m/s的速率順時針轉動，其上方與一水平臺面平滑連接。一質量m＝1kg的貨物從傳送帶的底端A處以初速度v0＝8m/s的速率滑上傳送帶，已知貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.5，傳送帶A、B間的高度差h＝2.49m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．貨物不能沖上水平臺面
B．貨物從A處運動到B處所用的時間為3.9s
C．貨物在傳送帶上的劃痕長0.8m
D．貨物離開傳送帶時速度大小為3m/s
【解答】解：A、設開始時貨物的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
解得：a1＝10m/s2
經時間t1貨物與傳送帶共速，則有：v＝v0﹣a1t1，解得：t1＝0.4s
貨物相對傳送帶向上運動的距離Δx1t1﹣vt1，
代入數據解得：Δx1＝0.8m
共速后的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
解得：a2＝2m/s2
假設到達水平臺面的速度為v2，則有：v22a2（t1）
解得：v2＝3m/s，則能沖上水平臺面，故A錯誤；
B、設共速后貨物在傳送帶上的時間為t2，則有：v2＝v﹣a2t2，解得：t2＝0.5s，則貨物從A處運動到B處所用的時間為t＝t1+t2＝0.4s+0.5s＝0.9s，故B錯誤；
C、共速后貨物相對傳送帶向下的距離為：Δx2＝vt2t2，解得Δx2＝0.25m，考慮到痕跡有重疊，所以貨物在傳送帶上的劃痕長度為0.8m，故C正確；
D、貨物離開傳送帶時速度大小為v1＝v﹣a2t2，代入數據解得v1＝3m/s，故D正確。
故選：CD。
（多選）如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，AB＝25m，傾角為θ，以恒定速率v＝4m/s順時針轉動。一質量m＝1kg的煤塊以初速度v0＝12m/s從A端沖上傳送帶，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．傾斜傳送帶與水平方向夾角θ＝37°
B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.25
C．煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為4s
D．全過程煤塊在傳送帶上留下的劃痕長度（12+4）m
【解答】解：AB．在0～1s內，煤塊的加速度大小為
方向沿傳送帶向下，根據牛頓第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
在1～2s內，煤塊的加速度大小為
方向沿傳送帶向下，根據牛頓第二定律可得
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
聯立解得：θ＝38°；μ＝0.25
故A正確，B錯誤；
C．物塊上升的位移大小等于v﹣t圖像與時間軸所圍成的面積大小，為
根據
解得煤塊下滑的時間為
所以煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用時間為，故C錯誤；
D．傳送帶的速度為
v＝4m/s
在0～1s內，傳送帶的位移為
x帶1＝vt1＝4×1m＝4m
煤塊的位移為
x煤1
兩者相對位移大小為
Δx1＝x帶1﹣x煤1＝8m﹣4m＝4m
在1～2s內，傳送帶的位移為
x帶2＝vt2＝4×1m＝4m
煤塊的位移為
x煤2
兩者相對位移大小為
Δx2＝x帶2﹣x煤2＝4m﹣2m＝2m
所以整個上升的過程中痕跡的長度為4m，在2～傳送帶向上運動，煤塊向下運動，劃痕總長度為
故D正確。
故選：AD。
某同學想利用家里的跑步機進行相關實驗。如圖所示，將跑步機尾端抬高固定，與水平面成α＝37°，跑步機A、B兩端間距L＝2m。啟動跑步機，跑帶以速度v0＝2m/s逆時針轉動，現將一小盒子（可視為質點）放到跑帶上，已知小盒子與跑帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5。
（1）如圖乙所示，若將小盒子無初速地輕放在A處，求小盒子運動到B處的速度大小v；
（2）如圖丙所示將小盒子從B處以初速度 v1＝4m/s 沿斜面向上推出，求盒子向上運動過程中與傳送帶速度相同時，盒子與B點的距離x；
（3）第（2）題的情形下，求小盒子從B出發再返回B所用的總時間t。
【解答】解：（1）對小盒子，由牛頓第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα＝ma
代入數據解得：a＝2m/s2
小盒子沿跑帶向下做初速度為零的勻加速直線運動，到達B點時的速度vm/s＝2m/s
（2）小盒子放在B處相對于傳送帶向上滑動，由牛頓第二定律得：mgsinα+μmgcosα＝ma1
代入數據解得：a1＝10m/s2
小盒子減速到與跑帶速度相等需要的時間t1s＝0.2s
該時間內小盒子的位移大小x0.2m＝0.6m
（3）由于mgsinα＞μmgcosα，小盒子的速度與跑帶速度相等后繼續沿跑帶向上做勻減速直線運動
由牛頓第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα＝ma2
代入數據解得：a2＝2m/s2
小盒子減速到零需要的時間t2s＝1s
該過程的位移大小x'm＝1m
小盒子減速為零后反向向下做初速度為零的勻加速直線運動，加速度大小為a2
設經過時間t3小盒子回到B點，則x+x'
代入數據解得：t3s≈1.26s
小盒子從B出發再返回B所用的總時間t＝t1+t2+t3＝（0.2+1+1.26）s＝2.46s
答：（1）小盒子運動到B處的速度大小是2m/s；
（2）盒子向上運動過程中與傳送帶速度相同時，盒子與B點的距離是0.6m；
（3）小盒子從B出發再返回B所用的總時間是2.46s。
某工廠輸送物件的傳送系統由傾角均為30°的傳送帶和長木板組成。物件和傳送帶間的動摩擦因數μ1，與木板間的動摩擦因數μ2，傳送帶以v0＝4m/s的恒定速率順時針轉動。現每隔Δt1＝1s將一個物件無初速放置于傳送帶A端，物件到達木板C點時速度恰好為0，隨即被機械手取走。當傳送系統正常運行時，已有多個物件相對傳送帶靜止，傳送帶與木板間可認為平滑連接，物件可以看成質點。已知sin30°，cos30°，g取10m/s2。求：
（1）物件剛放上傳送帶時的加速度大小a1；
（2）木板上B、C兩點之間的距離L及傳送帶上相鄰兩個物件勻速運動時的間距d；
（3）假如工廠突然停電，機械手停止工作，傳送帶立即停止運轉，要使物件之間不發生碰撞，求物件放置時間間隔的最小值Δt2。
【解答】解：（1）物塊剛放上傳送帶時，由牛頓第二定律知：μ1mgcosθ﹣mgsinθ＝ma1
解得：a＝2.5m/s2
（2）當傳送系統正常運行時，已有多個物件相對傳送帶靜止，說明每一個物塊在皮帶上都能和皮帶共速，物塊以v0＝4m/s滑上木板，在木板上做減速運動，根據牛頓第二定律可得：
mgsinθ+μ2mgcosθ＝ma2
解得：a2＝8m/s2
物塊在木板上B、C運動時，有：2a2L
解得：L＝1m
每個物塊都能和皮帶共速，那么傳送帶上相鄰兩個物件勻速運動時的間距：d＝v0Δt1
代入數據解得：d＝4m
（3）當物件放置時間間隔為Δt2，兩個物塊之間的距離為：d1＝v0Δt2
當機械手停止工作，傳送帶停止運轉后，一個物塊在皮帶上減速，一個物塊在木板上減速
在皮帶上做減速運動的加速度大小為a3，則有：μ1mgcosθ+mgsinθ＝ma3
解得：a3＝12.5m/s2
減速運動的位移：s1
解得：s1m
物塊在木板上運動L＝lm時速度為零，然后再次向下加速，根據牛頓第二定律可得：
mgsinθ﹣μ2mgcosθ＝ma4
解得：a4＝2m/s2
物塊返回到B點時的速度為v1，則有：2a4L
解得：v1＝2m/s
然后在皮帶上向下減速，減速時，根據牛頓第二定律可得：
μ1mgcosθ﹣mgsinθ＝ma5
加速度大小為：a5＝2.5m/s2
沿皮帶向下運動的距離為：s2
代入數據解得：s2m
要使物件之間不發生碰撞，應該保證：d1≥s1+s2
解得：Δt2≥0.36s
所以物件放置時間間隔的最小值為0.36s
答：（1）物件剛放上傳送帶時的加速度大小為2.5m/s2；
（2）木板上B、C兩點之間的距離為1m，傳送帶上相鄰兩個物件勻速運動時的間距為4m；
（3）物件放置時間間隔的最小值為0.36s。
2.傾斜傳送帶——下載模型
受力分析 運動分析 難點問題
μ≥tanθ ①滑動摩擦力f=μmgcosθ ②加速度a=g(μcosθ+sinθ) ③共速后，若μ≥tanθ 一起勻速，摩擦力突變為靜摩擦力f'=mgsinθ
μx物，痕跡Δx1=x傳-x物，共速后，x物>x傳，痕跡Δx2=x物-x傳，總痕跡取二者中大的那一段
如圖所示，一足夠長的傾斜傳送帶順時針勻速轉動。一小滑塊以某初速度沿傳送帶向下運動，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數恒定，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則其速度v隨時間t變化的圖像可能是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：設物塊的質量為m，傳送帶的傾角為θ，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，滑塊受力如圖所示
若mgsinθ＜μmgcosθ，物塊的合力沿傳送帶向上，則物塊先沿傳送帶做勻減速直線運動，速度減至零后，再反向加速，直至速度與傳送帶相同，之后做勻速直線運動；若mgsinθ＞μmgcosθ，物塊的合力沿傳送帶向下，則物塊一直做勻加速直線運動，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（多選）如圖所示，傳送帶傾角θ＝37°，傳送帶的兩個端點A、B之間的長度L＝5.0m，傳送帶在皮帶輪的帶動下逆時針運轉，通過控制皮帶輪的轉速可以調整傳送帶的速度大小。現將一小物塊置于A點處，由靜止釋放，已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2，則小物塊在AB之間的運動時間可能為（　　）
A．0.8s B．1.2s C．1.6s D．2.2s
【解答】解：根據題意可知，tanθ＝0.75＞μ＝0.5，所以mgsin37°＞μmgcos37°
小物塊下滑過程中會一直有向下的加速度，滑動摩擦力的方向將影響加速度的大小，由此可知，滑動摩擦力一直向下時，加速度最大，下滑時間最短，根據牛頓第二定律可得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
又有
解得：tmin＝1s
當滑動摩擦力一直向上時，加速度最小，下滑時間最長，根據牛頓第二定律可得：
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
又有
解得
則小物塊在AB之間的運動時間范圍為，故A錯誤，BCD正確；
故選：BCD。
（多選）傾斜傳送帶以恒定的速率沿逆時針方向運行，如圖甲所示。在t＝0時，將一小煤塊輕放在傳送帶上A點處，1.5s時小煤塊從B點離開傳送帶。小煤塊速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，設沿傳送帶向下為運動的正方向，取重力加速度g＝10m/s2，下列判斷中正確的是（　　）
A．傳送帶的運行速率為6m/s
B．0～0.5s內小煤塊的加速度大小為10m/s2
C．小煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.5
D．0～1.5s內小煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度為0.25m
【解答】解：AB、分析速度—時間圖象可知，t＝0.5s時物塊與傳送帶速度相等，可知傳送帶的運行速率為5m/s，由速度—時間圖象的斜率表示加速度可得，在小煤塊與傳送速度相等前的加速度大小為：
a1m/s2＝10m/s2，方向沿傳送帶向下；故A錯誤，B正確；
C、兩者速度相等后的加速度大小為：a2m/s2＝2m/s2，方向沿斜面向下；
由題意可知，兩者速度相等前，傳送帶對小煤塊的摩擦力沿傳送帶向下，兩者速度相等之后，傳送帶對小煤塊的摩擦力沿傳送帶向上，設傳送帶的傾角為θ，根據牛頓第二定律有：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入數據解得：
μ＝0.5
故C正確；
D、由圖可知，小煤塊與傳送帶速度相等前，小煤塊相對于傳送帶向后位移為：
Δx＝5×0.5m5×0.5m＝1.25m
兩者速度相等后小煤塊相對于傳送帶向前位移為：
Δx′（5+7）×1m﹣5×1m＝1m
考慮到痕跡有重疊，所以在0～1.5s時間內小煤塊在皮帶上留下的痕跡長度為1.25m；
故D錯誤；
故選：BC。
（多選）在大型物流貨場，經常用傳送帶搬運貨物。如圖甲所示，與水平面傾斜的傳送帶以恒定速率運動，皮帶始終是繃緊的，將m＝1kg的貨物輕放在傳送帶上的A處，經過1.2s到達傳送帶的B端。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度隨時間t變化圖像如圖乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，由v﹣t圖可知（　　）
A．A、B兩點間的距離為2.4m
B．貨物與傳送帶的動摩擦因數為0.55
C．貨物從A運動到B的過程中，傳送帶對貨物做功大小為﹣11.2J
D．貨物從A運動到B的過程中，貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為4.8J
【解答】解：A、貨物在0﹣1.2s內運動的位移大小等于A、B兩點的距離，則A、B兩點間的距離為：
sABm1m＝3.2m，故A錯誤；
B、由圖像可以看出貨物做兩段加速度不等的勻加速直線運動，0﹣0.2s內，根據牛頓第二定律有：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
0.2﹣1.2s內，由牛頓第二定律有：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由圖像得到a1m/s2＝10m/s2，a2m/s2＝2m/s2
解得：θ＝37°，μ＝0.5，故B錯誤；
C、設貨物從A運動到B過程中，傳送帶對貨物做的功為Wf，根據動能定理可得：
mgxsinθ+Wfmv2﹣0，其中x＝3.2m，v＝4m/s，解得：Wf＝﹣11.2J，故C正確；
D、根據傳送帶的圖象與貨物的圖象圍成的面積表示兩者相對位移的大小，則有：
0～0.2s內貨物與傳送帶間的相對位移大小為：Δx10.2×2m＝0.2m
0.2～1.2s的相對位移大小為：Δx2（4﹣2）×（1.2﹣0.2）m＝1m
則兩者之間的總相對位移大小為：Δx＝Δx1+Δx2＝0.2m+1m＝1.2m
故貨物與傳送帶摩擦產生的熱量為：Q＝μmgcosθ Δx＝0.5×1×10×0.8×1.2J＝4.8J，故D正確。
故選：CD。
如圖所示，傳送帶與水平方向成30°角，順時針勻速轉動的速度大小v＝8m/s，傳送帶長LAB＝11.4m，水平面上有一塊足夠長的木板。質量為m＝3kg的物塊（可視為質點）以初速度v0＝4m/s，自A端沿AB方向滑上傳送帶，在底端B滑上緊靠傳送帶上表面的靜止木板，木板質量為M＝1kg，不考慮物塊沖上木板時碰撞帶來的機械能損失。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數為，物塊與木板間的動摩擦因數為μ2＝0.3，木板與地面間的動摩擦因數為μ3＝0.1。取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）物塊從A運動到B點經歷的時間t；
（2）物塊停止運動時與B點的距離x。
【解答】解：（1）根據題意v0＜v，可得物塊在傳送帶上先做勻加速運動，由牛頓第二定律得：
mgsin30°+μ1mgcos30°＝ma1
解得：
設物塊滑上傳送帶到與傳送帶共速所需的時間為t1，位移大小為x1，，則有：
v＝v0+a1t1
解得：t1＝0.4s，x1＝2.4m
因x1＝2.4m＜LAB＝11.4m，且tan30°（即mgsin30°＝μ1mgcos30°），故共速后物塊隨傳送帶勻速運動，則有：
LAB﹣x1＝vt2
解得：t2＝1.125s
則物塊從A運動到B點經歷的時間為：t＝t1+t2
解得：t＝1.525s。
（2）因μ2＝0.3＞μ3＝0.1，且木板足夠長，故木板與物塊共速后能夠相對靜止一起勻減速直線運動到停止。
設物塊滑上木板后，物塊的加速度大小為a2，木板的加速度大小為a3，木板與物塊一起減速時的加速度大小為a4，根據牛頓第二定律得：
μ2mg＝ma2
μ2mg﹣μ3（m+M）g＝Ma3
μ3（m+M）g＝（m+M）a4
解得：；；
設物塊與木板經時間t3達到共同速度v1，則有：
v1＝v﹣a2t3＝a3t3
解得：t3＝1s，v1＝5m/s
此過程物塊位移為：
x2（v+v1）t3
解得：x2＝6.5m
設二者共同減速的位移為x3，則有：
解得：x3＝12.5m
則物塊停止運動時與B點的距離為：
x＝x2+x3＝6.5m+12.5m＝19m。
答：（1）物塊從A運動到B點經歷的時間t為1.525s；
（2）物塊停止運動時與B點的距離x為19m。
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