2018_2019学年高中物理专题11牛顿运动定律的应用之传送带模型学案新人教版必修1.doc

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1、1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 ， 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)

2、(4)vv22 g v2 g Lv v2 g 2 gL【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 g ，解得 tv g(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 。2 gL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 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

3、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 370.6，cos 370.8， g 取 10 m/s2)2【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 mg cos ma1，得a110(0.60.50.8) m/s 210 m/s 2。物体加速至与传送带速度相等需要的时间 t1 s1 s，va1 1010时间 t1内的位移 x a1t 5 m。12 21由于 mg co

4、s 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： t21 s( t211 s 舍去)所以 t 总 t1 t22 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 vt 图象（以地面为参考系）如图乙所示已知 v2v 1，物块和传送带间的动摩擦因数为 ，物块的质量为 m，则（ ）A t 2时刻，

5、小物块离 A 处的距离达到最大B 0t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左C 0t 2时间内，摩擦力产生的热量为D 0t 2时间内，物块在传送带上留下的划痕为【答案】D【解析】0t 1时间内木块向左做匀减速直线运动，t 1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；0t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，7t2t 3时间内小物块不受摩擦力作用，故 B 错误；0-t 2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=mgs=mg 故 C 错误；0-t 2时间内，物块在传送带上留下的划痕为：L=s=，故 D 正

6、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 v2m/s，一物块从 B 端以初速度 v04 m/s 滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数 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 mB 如果物块从 B 端离开传送带，两端 A、 B 间距离可能为 3 mC 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/sD 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

7、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.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( )8A 摩擦力的方向始终沿传送带向下B 12 内,物块的加速度为 2C 传送带的倾角D 物体与传送带之间的动摩擦因数【答案】BD【解析】开始物块相对

8、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，12s 内，物块的加速度 ，故 B 正确；由图 2 所示图象可知，在 01s 内物块的加速度，由牛顿第二定律得： mgsin +mgcos =ma，在 12s 内，由牛顿第二定律得： mgsin -mgcos =ma，解得： =0.5， =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

9、的传送带长度为L，物体与传送带之间的动摩擦因素为 ，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 v1D 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；9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 s7.

10、5 m，工件与传送带间的动摩擦因数 0.1.工件滑上 A 端瞬时速度 vA4 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 vB2 m/sB 若传送带以速度 v4 m/s 逆时针匀速转动， vB1 m/sC 若传送带以速度 v5 m/s 顺时针匀速转动， vB5 m/sD 若传送带以速度 v6 m/s 顺时针匀速转动， vB6 m/s【答案】BC【解析】若传送带不动，工件的加速度 a=g=1m/s 2，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

11、得知，工件的加速度仍为 a=g，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=g，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 v6 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=g，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

12、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10沿逆时针方向的传动小物块与传送带间的动摩擦因数为 ，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 CB 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

13、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】BCDB、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

14、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11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 =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

15、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）v CD4m/s【解析】 （1）米袋在 AB 上加速时的加速度：a 0=g=5m/s 2米袋的速度达到 v0=5m/s 时，滑行的距离：s 0= =2.5mAB=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：mgsin+mgcos=ma代入数据得：a=10 m/s 2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

16、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：a 1=-g（sin+cos）=-10 m/s 2米袋速度小于 v1至减为零前的加速度为：a2=-g（sin-cos）=-2 m/s 212由解得：v 1=4m/s，即要把米袋送到 D 点，CD 部分的速度：v CDv 1=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。

17、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：mg=ma 1，解得：a 1=g=5 m/s 2，经 t1时间与传送带的速度相同，则 t1= =0.8s，前进的位移为：x 1= a1t12=1.6m，此后工件将与传送带一起匀速运动至 B

18、 点，用时：t 2= =1.1s，所以工件第一次到达 B 点所用的时间：t=t 1+t2=1.9s；（2）设工件上升的最大位移为 s，由牛顿第二定律得：mgsin-mgcos=ma 2，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+2t 3=7.8s，13此时工件的速度：v t=4m/s；9 （2019 届齐鲁名校教科研协作体湖北、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 37，从 A 到 B 的长度为 8.8 m，传送带以 v06 m/s 的速度逆时针转动在传送带上

19、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 0.5，重力加速度 g=10m/s2 ，(sin370.6，cos370.8) （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： mgsin mg cos ma1 解得

20、： a1 gsin g cos 10 m/s 2物体加速至与传送带速度相等时需要的时间 t10.6 s 发生的位移 s1 a1t12/21.8m8.8m，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 tan ，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mgsin mg cos ma2解得 a22 m/s 2 设第二阶段物体滑动到 B 的时间为 t2则： LAB s1 v0t2 a2t22/214解得： t21 s， t27 s(舍去)故物体经历的总时间 t t1 t2

21、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 vt13.6 m，而物体的位移 s21.8 m，物体相对于传送带向上前进的距离为 s1 s1 s21.8 m 物体的速度大于传送带的速度后，传送带前进 s3 vt26m，物体前进 s47 m，物体相对于传送带向下滑行 s2 s4 s31 m 所以物体在传送带上划痕的长为 s11.8 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 mgsin mg cos ma2 解得 a22 m/s 2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

22、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 1=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

23、)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。15【解析】 （1）对煤块由牛顿第二定律： 1mg=ma1得 a 1=2m/s2若煤块一直加速到右端，设到右端速度为 v1得：v 12=2a1L解得：v 1=3m/s因为 v1v 0，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=6ms=s 皮 -L=6-2.25m=3.75m（2）煤块滑上平板时速度 v 1=3m/s，a 1=2m/s两者速度相等有：v 共 =v1-a1t0=a2t0解得 a 2=1m/s2v 共 =1m/s对平板由

24、牛顿第二定律：F+ 1mg- 2（M+m）g=Ma 2解得： 2=0.3（3）由于 2 1，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： 1mg- 2（M+m）g=Ma 3解得 s 板 = m全过程煤块位移：s 煤 = m所以板长 l=s 煤 -s 板 1.6m11 （2019 届广东省惠州市惠东中学高三上第二次抽测考试）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 L31 m， P 与 A 的距离 L19 m，传送带以 v01 m/s 的恒定速率向左运动。

25、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 a12 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 t2 s 爬起，然后又以 a21 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16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+t 2解得：t=13s。12

26、 （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 m1kg 的物块(可视为质点)静止于 A 点，AB 距离为 x2m。已知物块与 AB 段和 BC 段的动摩擦因数均为 0.5，g取 10m/s2，sin37=0.6.(1)若给物块施加一水平拉力 F11N，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

27、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) 17【解析】 （1）物块在 AB 段：由牛顿第二定律：F-mg=ma 1 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+mgcos37=ma 3 得a3=10m/s2物体仍能刚好到达 c 端，则：v B22 a3L在 AB 段：v B22a 1xF-mg=ma 1联立解得：F=17N（3）由于 tan37，故要使物块能到达 C 点，物块初速度最小时，有物块滑到 C 时速度恰好为 0.则 0v B22a 4L且 mgsinmgcosma 4， 在 AB 段有 v02v B22gx解得 v0 m/s