专题04-传送带模型(解析版).docx

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（1T—6T） 目标2 倾斜传送带模型（7T—11T） 目标3 电磁场中的传送带模型（12T—16T） 【典例专练】 一、水平传送带模型 1．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，已知图线在前内为二次函数，在内为一次函数，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，下列说法不正确的是（　　） A．小物块的初速度为 B．传送带沿逆时针方向转动 C．传送带的速度大小为 D．小物块与传送带间的动摩擦因数为 【答案】B 【详解】AD．因2s末物体的速度减为零，位移为4m，则根据匀变速直线运动速度时间公式，可得又根据可知，小物块与传送带间的动摩擦因数为，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； C．由3.0s～4.5s内的图像可知，传送带的速度为，C不符合题意；故选B。 2．如图所示，水平传送带间的距离为，质量分别为、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，当传送带以的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以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0.6 B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为 C．整个过程中，Q相对传送带运动的距离为 D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为 【答案】C 【详解】A．当传送带以逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析，则有即 代入数据解得故A错误； B．当传送带突然以顺时针转动，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 解得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代入数据解得匀加速的时间为s，匀加速的位移为代入数据解得x=4.8m，则匀速运动的时间为代入数据解得s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为 故B错误； C．加速阶段的位移之差为而匀速阶段Q相对传送带静止，没有相对位移，故整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8m，故C正确； D．当Q加速时，对P分析，根据牛顿第二定律有代入数据解得之后做匀速直线运动，对对P分析，根据平衡条件有故D错误。故选C。 3．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θ=37°的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度大小g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则滑块从A端运动到B端的时间是（　　） A．1 s B．2 s C．3 s D．4 s 【答案】B 【详解】设滑块刚释放时的加速度为a1，由牛顿第二定律有Fcos 37°+μ（mg-Fsin 37°）=ma1解得a1=7.5 m/s2 滑块与传送带达到共同速度所用的时间t1==1 s此过程中滑块向右运动的位移s1=t1=3.75 m共速后，因 Fcos 37°>μ（mg-Fsin 37°）滑块继续向右做加速运动，由牛顿第二定律有Fcos 37°-μ（mg-Fsin 37°）=ma2解得 a2=0.5 m/s2滑块到达B端时的速度vB==8 m/s滑块从与传送带速度相同的位置到B端所用的时间t2==1 s滑块从A端到B端所用的时间t=t1+t2=2 s，B项正确；ACD错误；故选B。 4．图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行，初速度大小为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图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知，则（　　） A．时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右 D．时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 【答案】BC 【详解】A．相对地面而言，小物块在小时间内，向左做匀减速运动，之后反向向右向右运动，故小物块在时刻离A处距离最大，A错误； B．小物块在小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；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，时刻两者同速，在时间内，小物块相对于传送带静止一起向右匀速运动，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确； C．由B中