1、 第24練(模型方法)“傳送帶”模型的動力學(xué)問題 eq avs4alco1(（時間25分鐘）) 思維方法1水平傳送帶問題：求解的關(guān)鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻2傾斜傳送帶問題：求解的關(guān)鍵在于分析清楚物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變一、選擇題1(多選)如圖所示，一水平方向足夠長的傳送帶以恒定的速度v1沿順時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶右端有一個與傳送帶等高的光滑水平面，一物體以恒定速率v2沿直線向左滑向傳送帶后，經(jīng)過一段時間又返回光滑水平面，

2、速率為v2，則下列說法中正確的是()A只有v1v2時，才有v2v1B若v1v2時，則v2v2C若v1v2時，向左減速過程中前進一定的距離，返回時，因加速度相同，在這段距離內(nèi)，加速所能達到的速度仍為v2；當(dāng)v1v2時，返回過程中，當(dāng)速度增加到v1時，物體與傳送帶間將保持相對靜止，不再加速，最終以v1離開傳送帶2答案：ACD解析：根據(jù)位移時間圖象可知：前2 s物體向左勻減速運動，第3 s內(nèi)向右勻加速運動34.5 s內(nèi)，物塊與傳送帶一起向右勻速運動，因此傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動傳送帶的速度等于物塊向右勻速運動的速度v eq f(x,t) eq f(3,4.53) m/s2 m/s；故A、C兩項正確，B

3、項錯誤由圖象可知，在第3 s內(nèi)小物塊向右做初速度為零的勻加速運動，則x eq f(1,2) at2（其中x1 m，t1 s）a eq f(mg,m) g，解得：0.2.D項正確3答案：BCD解析：本題考查非常規(guī)傳送帶上物體的運動由于mg sin 370.6mg，mg cos 370.50.8mg0.4mg，所以對兩物塊受力分析后知兩物塊都相對傳送帶向下加速滑動；加速度的大小都是ag sin 37g cos 372 m/s2，初速度相同，加速度大小相同，經(jīng)過的位移大小相同，根據(jù)xv0t eq f(1,2) at2可得兩者的運動時間相同，都為t1 s，即兩者同時到達底端，故A錯誤，B正確；兩物塊均

4、相對傳送帶向下加速滑動，傳送帶對物塊A、B的摩擦力都沿傳送帶向上，故C正確；傳送帶在1 s內(nèi)的路程xv0t1 m，物塊A與傳送帶是同向運動的，A的劃痕長度是斜面長度減去在此時間內(nèi)傳送帶的路程，即xA2 m1 m1 m；B與傳送帶是反向運動的，B的劃痕長度是斜面長度加上在此時間內(nèi)傳送帶的路程，即xB2 m1 m3 mA、B在傳送帶上的劃痕長度之比為13，故D正確4答案：BC解析：物塊與擋板的碰撞是彈性的，結(jié)合vt圖象可知，小物塊恰好減速到與傳送帶速度相等時與擋板碰撞，向左減速至A點速度為零，由v eq oal(sup11(2),sdo4(0) v eq oal(sup11(2),sdo4(1)

5、2gL，v eq oal(sup11(2),sdo4(1) 2gL可得v0 eq r(2) v1，A錯誤；若只增大v0，其他條件不變，則物塊與擋板碰后速度將大于v1，物塊必從傳送帶左端滑下，當(dāng)v0v1時，物塊碰后速度為v1，恰好能回到A點，后向右加速，出現(xiàn)往復(fù)運動，B、C正確；若只減小v0，無論減小到什么值，物塊到達擋板處的速度均為v1，故物塊一定能返回A點，D錯誤5答案：（1）1.2 s（2） eq r(5) m/s（3） eq r(5) m/sv 2 eq r(5) m/s解析：（1）快件在傳送帶上做勻加速直線運動時，由牛頓第二定律得mgma，則加速度大小為ag5 m/s2，快件加速到與傳送帶速度相等時運動的位移為x eq f(v2,2a) 0.4 mL，加速的時間為t1 eq f(v,a) 0.4 s，接著快件勻速直線運動到B端，所用時間為t2 eq f(Lx,v) 0.8 s，所以快件在傳送帶上運動的總時間為tt1t21.2 s.（2）快件離開傳送帶做平拋運動，恰好從容器左壁上端落入時有d eq f(1,2) gt2，dv1t，聯(lián)立解得v1 eq r(5) m/s.（3）設(shè)快件落入容器時在B端處的最大速度為v2，則有2dv2t，解得v22 eq r(5) m/s，快件