专题10 传送带模型

小煤块先加速,加速度为 $ a=\dfrac{\mu mg}{m}=\mu g=1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,加速阶段所用的时间 $ {t}_{1}=\dfrac{{v}_{0}}{a}=1\mathrm{s} $ ,小煤块位移为 $ {x}_{1}=\dfrac{1}{2}a{t}_{1}^{2}=0.5\mathrm{m} $ ,传送带位移为 $ {x}_{2}={v}_{0}{t}_{1}=1\mathrm{m} $ ,所以划痕长度为 $ \mathrm{\Delta }x={x}_{2}-{x}_{1}=0.5\mathrm{m} $ ,小煤块与传送带共速后和传送带一起匀速运动,从共速至运动到 $ B $ 点的时间为 $ {t}_{2}=\dfrac{x-{x}_{1}}{{v}_{0}}=2.5\mathrm{s} $ ,故小煤块从 $ A $ 点运动到 $ B $ 点的时间是 $ t={t}_{1}+{t}_{2}=3.5\mathrm{s}.\mathrm{A} $ 正确.

快递箱加速时的加速度大小 $ a=\dfrac{\mu mg}{m}=\mu g=4\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,若 $ {v}_{1}=0 $ ,快递箱加速运动的位移 $ {x}_{1}=\dfrac{{v}_{2}^{2}}{2a}=8\mathrm{m} $ ,快递箱匀速运动的位移 $ {x}_{2}={v}_{2}\cdot \dfrac{{v}_{2}}{a}=16\mathrm{m} $ ,所以转轴间距 $ L={x}_{1}+{x}_{2}=24\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；若 $ {v}_{1}=0 $ ,快递箱全程位移为 $ L=24\mathrm{m} $ ,传送带运动的路程为 $ x={v}_{2}\cdot \dfrac{{v}_{2}}{a}×2=32\mathrm{m} $ ,则快递箱在传送带上留下的痕迹长为 $ s=x-L=8\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；若 $ {v}_{1}=\dfrac{1}{2}{v}_{2}=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,快递箱加速运动的时间 $ {t}_{1}=\dfrac{{v}_{2}-{v}_{1}}{a}=1\mathrm{s} $ ,加速运动的位移 $ x{\prime }_{1}=\dfrac{{v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}}{2a}=6\mathrm{m} $ ,匀速运动的时间 $ {t}_{2}=\dfrac{L-x{\prime }_{1}}{{v}_{2}}=2.25\mathrm{s} $ ,在此期间传送带运动的位移 $ x\prime ={v}_{2}({t}_{1}+{t}_{2})=26\mathrm{m} $ ,所以两者路程之比为 $ 12:13 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；如果传送带速度增大为原来的2倍,则快递箱加速到与传送带相同的速度所需时间 $ t{\prime }_{1}=\dfrac{2{v}_{2}}{a}=4\mathrm{s} $ ,加速位移 $ x{″}_{1}=\dfrac{4{v}_{2}^{2}}{2a}=32\mathrm{m} > 24\mathrm{m} $ ,可知全过程中快递箱一直做匀加速运动,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

由于 $ {v}_{2}=1.6\mathrm{m}/\mathrm{s} > {v}_{1}=0.6\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,可知小包裹刚滑上传送带时受到的摩擦力方向沿传送带向上,根据牛顿第二定律可得,加速度大小为 $ a=\dfrac{\mu mg \cos \alpha -mg \sin \alpha }{m}=0.4\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；小包裹减速到与传送带共速所用时间为 $ {t}_{1}=\dfrac{{v}_{2}-{v}_{1}}{a}=\dfrac{1.6-0.6}{0.4}\mathrm{s}=2.5\mathrm{s} $ ,此过程小包裹下滑的位移为 $ {x}_{1}=\dfrac{{v}_{2}+{v}_{1}}{2}{t}_{1}=\dfrac{1.6+0.6}{2}×2.5\mathrm{m}=2.75\mathrm{m} < L $ ,小包裹与传送带共速后,由于 $ \mu mg \cos \alpha > mg \sin \alpha $ ,则小包裹与传送带相对静止一起匀速运动,则匀速阶段的时间为 $ {t}_{2}=\dfrac{L-{x}_{1}}{{v}_{1}}=\dfrac{3.17-2.75}{0.6}\mathrm{s}=0.7\mathrm{s} $ ,则小包裹在传送带上运动的时间为 $ t={t}_{1}+{t}_{2}=3.2\mathrm{s} $ ,小包裹相对于传送带滑行的距离为 $ \mathrm{\Delta }x={x}_{1}-{v}_{1}{t}_{1}=2.75\mathrm{m}-0.6×2.5\mathrm{m}=1.25\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 正确；如果传送带以相同的速率顺时针转动,小包裹先向下减速,当减速到速度为0时,下滑的距离为 $ x=\dfrac{{v}_{2}^{2}}{2a}=\dfrac{{1.6}^{2}}{2×0.4}\mathrm{m}=3.2\mathrm{m} > L $ ,可知小包裹能滑至传送带底端,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

根据 $ v-t $ 图像切线的斜率表示加速度,则 $ 1\mathrm{～}2\mathrm{s} $ 内,小物块的加速度大小 $ {a}_{2}=\dfrac{{v}_{2}-{v}_{1}}{t}=\dfrac{12-10}{1}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确； $ t=0 $ 时,将小物块轻放在传送带上,物块相对于传送带向上滑动,受到的摩擦力方向沿传送带向下, $ t=1\mathrm{s} $ 前后小物块加速度发生变化,说明小物块在 $ t=1\mathrm{s} $ 时与传送带共速,之后继续向下加速,因此 $ t=1\mathrm{s} $ 后小物块所受的滑动摩擦力沿传送带向上,故 $ \mathrm{B} $ 错误；小物块开始做匀加速运动的加速度大小 $ {a}_{1}=\dfrac{{v}_{1}-{v}_{0}}{t\prime }=\dfrac{10-0}{1}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,根据牛顿第二定律得 $ mg \sin \theta +\mu mg \cos \theta =m{a}_{1} $ ,小物块与传送带速度相等后,摩擦力反向,根据牛顿第二定律得 $ mg \sin \theta -\mu mg \cos \theta =m{a}_{2} $ ,联立两式解得 $ \theta ={37}^{\circ } $ , $ \mu =0.5 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 正确.

虾均能被传送至下端收集箱中,鱼均能被传送至上端收集箱中,且二者落到传送带时均有沿传送带向下的初速度,则开始下落到传送带上时鱼和虾均受到沿传送带向上的摩擦力.对虾,当 $ {v}_{虾} $ 足够大时,虾一直做减速运动直至到达下端收集箱,有 $ mg \sin \theta < {\mu }_{虾}mg \cos \theta $ ,即 $ \tan \theta < {\mu }_{虾} $ ；当 $ {v}_{虾} $ 较小时,若要虾能够落到下端收集箱中,需使 $ mg \sin \theta ⩾ {\mu }_{虾}mg \cos \theta $ ,即 $ {\mu }_{虾}⩽ \tan \theta $ ,两种情况下虾均始终受到沿传送带向上的摩擦力.对鱼受力分析可知,若要到达上端的收集箱,则必定有 $ m\prime g \sin \theta < {\mu }_{鱼}m\prime g \cos \theta $ , $ {\mu }_{鱼} > \tan \theta $ ,此过程中鱼始终受到沿传送带向上的摩擦力,综上所述, $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 正确, $ \mathrm{B} $ 错误.

煤块的加速度大小 $ a=\dfrac{\mu mg}{m}=\mu g $ , $ t=5\mathrm{s} $ 时煤块与传送带共速,结合题图乙可知此时传送带速度为 $ {v}_{5}=12\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,在 $ v-t $ 图上作出煤块的速度—时间图像,斜率为加速度,则 $ a=\mu g=\dfrac{12}{5}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,得 $ \mu =0.24 $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；共速后,煤块做减速运动,加速度大小小于传送带的加速度大小,画出 $ 5\mathrm{s} $ 后煤块运动的 $ v-t $ 图像,图像与传送带的图像交于 $ (5\mathrm{s},12\mathrm{m}/\mathrm{s}) $ 点,交 $ t $ 轴于 $ 10\mathrm{s} $ , $ v-t $ 图线与时间轴围成的面积代表位移,则煤块的位移大小为 $ {x}_{煤}=\dfrac{1}{2}×10×12\mathrm{m}=60\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；由图可知,煤块先相对传送带向左滑动的相对位移为 $ \mathrm{\Delta }{x}_{1}=\dfrac{1}{2}×4×16\mathrm{m}+\dfrac{12+16}{2}×1\mathrm{m}-\dfrac{1}{2}×5×12\mathrm{m}=16\mathrm{m} $ ,共速后煤块相对传送带往右滑动的相对位移为 $ \mathrm{\Delta }{x}_{2}=\dfrac{1}{2}×5×12\mathrm{m}-\dfrac{1}{2}×3×12\mathrm{m}=12\mathrm{m} $ ,两次痕迹会重叠,则黑色痕迹的长度应取较长的相对位移大小,为 $ 16\mathrm{m} $ ,煤块相对传送带的位移大小为 $ \mathrm{\Delta }x=\mathrm{\Delta }{x}_{1}-\mathrm{\Delta }{x}_{2}=4\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 设工件在水平传送带上的加速度大小为 $ {a}_{1} $ ,根据牛顿第二定律有 $ {\mu }_{1}mg=m{a}_{1} $ , $ {a}_{1}={\mu }_{1}g=6\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,

经历一段时间,假设工件与传送带共速,则有 $ v={a}_{1}{t}_{1} $ ,

解得 $ {t}_{1}=1\mathrm{s} $ ,

此过程中工件的位移大小 $ {x}_{1}=\dfrac{v}{2}{t}_{1}=3\mathrm{m} < 6\mathrm{m} $ ,假设成立,

之后工件做匀速直线运动,匀速过程有 $ {t}_{2}=\dfrac{{L}_{1}-{x}_{1}}{v}=0.5\mathrm{s} $ ,

则工件在水平传送带上的运动时间 $ t={t}_{1}+{t}_{2}=1.5\mathrm{s} $ .

（2） 从工件开始运动到与传送带共速过程,传送带位移大小 $ {x}_{2}=v{t}_{1}=6\mathrm{m} $ ,则划痕长度 $ l={x}_{2}-{x}_{1}=3\mathrm{m} $ .

（3） 设倾斜传送带 $ CD $ 向上的最小速率为 $ {v}_{ \min } $ ,工件刚冲上倾斜传送带时,设加速度大小为 $ {a}_{2} $ ,由牛顿第二定律得 $ mg \sin \theta +{\mu }_{2}mg \cos \theta =m{a}_{2} $ ,解得 $ {a}_{2}=8\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,

工件先在倾斜传送带 $ CD $ 上以加速度大小 $ {a}_{2} $ 匀减速到速度 $ {v}_{ \min } $ ,利用逆向思维,此过程工件位移满足 $ {v}^{2}-{v}_{ \min }^{2}=2{a}_{2}{x}_{2} $ ,

由于工件重力沿倾斜传送带向下的分力大于滑动摩擦力,可知,工件与传送带不能够保持相对静止,共速之后,工件再以加速度大小 $ {a}_{3} $ 匀减速到速度为零时恰好到达 $ D $ 端,由牛顿第二定律得 $ mg \sin \theta -{\mu }_{2}mg \cos \theta =m{a}_{3} $ ,

解得 $ {a}_{3}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,

利用逆向思维,此过程工件位移满足 $ {v}_{ \min }^{2}=2{a}_{3}{x}_{3} $ ,根据题意有 $ {L}_{2}={x}_{2}+{x}_{3} $ ,联立解得 $ {v}_{ \min }=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（1） 煤块速度大于传送带速度时,对煤块受力分析,有 $ -mg \sin \theta -\mu mg \cos \theta =m{a}_{1} $ ,

二者共速时,有 $ {v}_{0}+{a}_{1}{t}_{1}=v $ ,

煤块移动的距离为 $ {s}_{1}=\dfrac{{v}_{0}+v}{2}{t}_{1} $ ,

联立解得 $ {a}_{1}=-10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ {t}_{1}=2\mathrm{s} $ , $ {s}_{1}=24\mathrm{m} $ .

（2） 煤块与传送带共速后,对煤块受力分析,有

$ -mg \sin \theta +\mu mg \cos \theta =m{a}_{2} $ ,解得 $ {a}_{2}=-2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .

煤块速度减为零时,时间 $ {t}_{2}=\dfrac{-v}{{a}_{2}}=1\mathrm{s} $ ,运动的位移为 $ {s}_{2}=\dfrac{0-{v}^{2}}{2{a}_{2}}=1\mathrm{m} $ ,因为 $ {s}_{1}+{s}_{2} < L $ ,

所以煤块将下滑,则有 $ {s}_{1}+{s}_{2}=-\dfrac{1}{2}{a}_{2}{t}_{3}^{2} $ ,解得 $ {t}_{3}=5\mathrm{s} $ ,所以煤块在传送带上运动的时间为 $ t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}=8\mathrm{s} $ .

（3） 上滑时,煤块速度大于传送带速度时,煤块划过的痕迹长度为 $ \mathrm{\Delta }{s}_{1}={s}_{1}-v{t}_{1}=20\mathrm{m} $ ,

煤块速度小于传送带速度时,煤块在原来的痕迹上运动.重复痕迹的长度为 $ \mathrm{\Delta }{s}_{2}=v{t}_{2}-{s}_{2}=1\mathrm{m} $ ,

煤块下滑过程,煤块与传送带相对运动的长度为 $ \mathrm{\Delta }{s}_{3}={s}_{1}+{s}_{2}+v{t}_{3}=35\mathrm{m} $ ,

煤块在传送带上留下的痕迹长度为 $ \mathrm{\Delta }s=\mathrm{\Delta }{s}_{3}-(\mathrm{\Delta }{s}_{1}-\mathrm{\Delta }{s}_{2})+\mathrm{\Delta }{s}_{1}=36\mathrm{m} $ .