2018-2019学年物理微专题复习二十五：动力学中的传送带问题
传送带速度大小无关，C正确； 物体所受摩擦力Ff = Fcosθ = μ(mg−Fsinθ)恒定不变，AD错误． 故选C．
3. 【答案】 A 【考点】
试卷第 4 页，总 7 页
动能定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：传送带沿顺时针方向匀速率转动，滑块轻放在传送带上，滑块先向右做初速度为
零的匀加速直线运动，如果传送带足够长，滑块加速到与传送带相同的速度，即v0， 然后与传送带一起做匀速直线运动，与挡板碰撞后滑块以初速度v0向左做匀减速直线 运动，当速度减为零后再向右做初速度为零的加速直线运动，与挡板发生第二次碰撞
A.
B.
C.
D.
2. 如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体与传送带间的 动摩擦因数为μ，当传送带分别以v1，v2的速度做逆时针运动时(v1 < v2)，绳中的拉力分 别为F1，F2，物体受到的摩擦力分别为Ff1、Ff2，则下列说法正确的是（ ）
A.Ff1 < Ff2 B.物体所受摩擦力方向向右 C.F1 = F2 D.Ff1 = μmg
2 t2
=
1m，
B向右运动的过程中，相对于传送带的位移 x = (x1−v0t1)(v0t2−x2) = 3m，
B向左运动的过程中x1 + x2 = 12a2t23，
B相对于传送带的位移x′ = (x1 + x2)v0t3 = 5m2 5m， B与传送带间因摩擦产生的总热量Q = μmg(xx′) = 25J．
3. 如图所示，水平传送带沿顺时针方向以恒定速率v0匀速转动，传送带的右侧上方固 定一挡板，在t = 0时刻，将一滑块轻轻放在传送带的左端，当滑块运动到挡板所在的 位置时，与挡板发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程中的能量损失，某同学 画出了滑块从t = 0时刻到与挡板第二次碰撞前的vt图象，其中可能正确的是（ ）
解得加速度大小a2 = 2m/s2，
该过程所用时间t2
=
0−v0 −a2
=
1s，
B向右运动的总时间t = t1 + t2 = 2s． （2）B的速度由v1 = 6m/s减为v = 2m/s的过程中，
B的位移x1
=
v0v1
2 t1
=
4m，
B的速度由v0 = 2m/s减为零的过程中，
B的位移x2
=
v0v1
=
μmgcos30 ∘
=
3
4mg
>
mgsin30 ∘
=
12mg，
可知之后工件与传送带保持相对静止，做匀速直线运动，故A正确． 故选A． 2.
【答案】
C 【考点】
摩擦力的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：物体的受力分析如图所示，滑动摩擦力与绳的拉力的水平分量平衡，因此方向向
左，B错误；
设绳与水平方向成θ角，则Fcosθ−μFN = 0，FN + Fsinθ−mg = 0，解得F = cosμθmμsginθ，F大小与
（1）求工件与传送带间的动摩擦因数μ； （2）若第一个工件从传送带A位置出发后2s，第二个工件被置于A位置，此时由于故障， 传送带的速度突然增大到3m/s并运行4s后停止运动，忽略传送带速度变化所用时间， 求因与工件摩擦，传送带上出现的擦痕长度． 7. 如图所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37 ∘ 的光滑固定斜面 上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v0 = 2m/s的速度逆时针匀速转动，某时刻B从传送带左端以速度v1 = 6m/s向右运动，经一段 时间回到传送带的左端，已知A、B的质量均为1kg，B与传送带间的动摩擦因数为0.2， 斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦均不计，g取 10m/s2，sin37 ∘ = 0.6．求：（计算时取 5 = 2.25）
解：根据题意可知，传送带的总长度L
=
h sin30 ∘
=
16m，工件刚放上传送带时受重力、支
持力、沿传送带向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，a = μgcos30 ∘ −gsin30 ∘ =
2.5m/s2，工件做匀加速直线运动，工件速度与传送带速度相同时运动的位移x
=
v2 2a
=
9.8
m
<
L，工件的速度与传送带的速度相同时，Ffmax
则v20t1 + v0(t−t1) = L0，
解得t1 = 2s，
工件的加速度a
=
v0 t1
=
0.4m/s2，
根据牛顿第二定律得μmgcosθ−mgsinθ = ma， 解得μ = 0.8． （2）根据（1）可知第一个工件在传送带速度增大到v = 3m/s后继续加速，
由L0 = 12at22，可得t2 = 6s，且v2 = at2 = 2.4m/s < v，即第一个工件刚好在传送带停止运动
试卷第 1 页，总 7 页
A.
B.
C.
D.
4. 如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1．一个物 块从传动带底端以初速度大小v2（v2 > v1）上滑，同时物块受到平行于传送带向上的恒 力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ = tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 物块运动的vt图象不可能是（ ）
A.
B.
C.
D.
二、解答题。 5. 如图所示，一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0m，其右端
试卷第 2 页，总 7 页
与一倾角为θ = 37 ∘ 的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初 速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ = 0.2，试问：
平均功率
牛顿第二定律的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）B受到水平向左的摩擦力，向右匀减速运动的过程中，对A、B整体，有μmg + mgsin37 ∘ = 2ma1，
解得加速度大小a1 = 4m/s2，
B的速度减为2m/s所用时间t1
=
v1−v0 a1
=
1s，
试卷第 6 页，总 7 页
B的速度由v0 = 2m/s减为零的过程中，对A、B整体， 有mgsin37 ∘ −μmg = 2ma2，
时到达B位置，
因此可得第一个工件前方出现的擦痕长度l1 = v0t1 + v(t2−t1)−12at2 = 6.4m．
第二个工件放上传送带至传送带停止运动，工件做匀加速运动，该过程此工件在其前
方的传送带上出现的擦痕长度l2 = v(t2−t1)−12a(t2−t1)2 = 8.8m，
当传送带停止运动时，两个工件间的距离Δx = 12at22−12a(t2−t1)2 = 4m，
由上述计算可知，两工件产生的擦痕有重叠，可计算至传送带停止运动时，传送带上
出现的擦痕长度l = l1 + Δx10.4m， 当传送带停止运动后，第二个工件在传送带上的擦痕区域做匀减速运动，传送带上的
擦痕长度不再增加，故最终传送带上出现的擦痕长度为10.4m． 7. 【答案】
（1）B向右运动的总时间为2s． （2）在B再次回到传送带左端的过程中，B与传送带间因摩擦产生的热量为25J． 【考点】
试卷第 7 页，总 7 页
（1）B向右运动的总时间； （2）在B再次回到传送带左端的过程中，B与传送带间因摩擦产生的热量．
试卷第 3 页，总 7 页
参考答案与试题解析
2018-2019 学年物理微专题复习二十五：动力学中的传送带问题
一、选择题。 1. 【答案】 A 【考点】 摩擦力做功与能量转化 牛顿第二定律的概念 【解析】 此题暂无解析 【解答】
（1）物块到达传送带右端的速度大小； （2）物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大高 度．（sin37 ∘ = 0.6，g取10m/s2） 6. 工厂利用与水平面夹角为θ = 37 ∘ 的传送带输送相同规格的小工件，如图中AB位置为 轮子与传送带的切点，每个工件均从A位置无初速度地轻置于传送带上，到达B位置随 即被取走．已知传送带总长L = 15m，AB间距L0 = 7.2m，传送带匀速转动的速率v00.8m/ s，工件从A运动到B的时间t10s，取sin37 ∘ = 0.6，cos37 ∘ = 0.8，重力加速度g取10m/s2．
时的速度为v0，滑块在传送带上做变速运动时加速度大小相等，故A正确． 故选A． 4.
【答案】
C
【考点】
牛顿第二定律的概念
v-t 图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：物块的速度v2 > v1，初始时物块受到沿斜面向下的滑动摩擦力，因μ = tanθ，Ff = μ mgcosθ = mgsinθ．当F > mgsinθ，F1 = F−mgsinθ，方向沿传送带向上．若F1 > Ff，物块将 做匀加速直线运动，A选项可能； 若F1 = Ff，物块做匀速运动，B选项可能； 若F1 < Ff，物块将先做பைடு நூலகம்减速直线运动，当物块速度等于传送带速度时，F1 < Ff = Ff最大， 物块和传送带保持相对静止，匀速运动．当F < mgsinθ，F2 = mgsinθ−F，方向沿传送带 向下，物块先做匀减速直线运动，到与传送带速度相同时，因F2 = mgsinθ−F < mgsinθ = FfFf最大，物块将与传送带一起做匀速运动，D选项可能，C选项不可能． 故选C． 二、解答题。
=
12a1t2
=
1 2
×
2
×
12m
=
1m
<
2
m 所以在到达传送带右端前物块已匀速，速度大小为2m/s． （2）物块以2m/s的速度滑上斜面，有−mgsinθ = ma2，a2 = −6m/s2
传送带中的动力学问题
g=
. 物块 A 做匀加速运动到 2 m s
- 1
的时间
拓展 3 若物体以 8 m s - 1 的速率从传送带下端 B 处向上端运动 , 其他不变 , 则运行时间如何? ( 物体 先以 a= g( sin + cos ) = 10 m s- 2 的加速度匀减 速 , 速度为零后达到最大高度, 后以同样大小的加速 度反向加速, 回到底端 B 处时的速度仍为 8 m s 74
,
一个人生活中如果没有浪费半点时间 , 那么 , 他的年纪虽然很轻 , 但也可算是活得很久的了 .
难点挑战
故匀速运动的时间为 t2 = x2 1 2 = s= 0 6 s. v 2 0 5 m s- 2 . 设历时 t2 , 粉笔 头 B 的速 度与 粉笔 头 A 的速度相等 , 均 为 v. 粉笔头 B 在 t 2 时间内将从 P 1 位置 运动到 P 2 位置, 传送带上的一点将从 Q 1 位置运动到 Q2 位置, 如图 6. 对粉笔头 B 有: v = a 1 t2 , 对传送带 ( 或者传送带上 的一点 ) 有: v = v 0 - a 2 t2 , 联立以上 2 式解得 t2 = v0 2 -1 = s= 1 s, v = 0 5 m s . a1 + a2 0 5+ 1 5
- 1
图4
力: 重力 mg 、 传送带的水平部分 ab 的支持力 F N 1 、 摩
的速率逆时针
运动, 其 他不变 , 则运动 时间如何 ? ( 物体将 一直以 a= g( sin - cos ) = 2 m s- 2 的加 速度加速 , t = 2L = a 2 ∋ 16 s= 4 s, 运行时间与传送带速率无关). 2
所以物体从 A 端沿传送带到 B 端所需要的时间 为: t= t1 + t2 = 6 s.
高考物理专题复习之传送带问题(课件)
例：如图所示，传送带与水平面间的夹角为 θ=37°，从A端到B端的长度为L=16m，在传送带上端 A处无初速地放上质量为0.5kg的物体，它与传送带间 的动摩擦因数为µ =0.5，求： （1）传送带不动物体由A端运动到B端需要多少时间？
（2）传送带以10m／s逆时针方向转动物体由A端运动 到B端需要多少时间？ 解:(1)当摩擦力向上时,加速度大小为a1， a1=gsinθ-µ gcosθ= 2m/s2 1 2 m 由 s 2 at 得： µ mgcosθ A A mgsinθ t = 4s B B （2） t = 4s θ θ
（一）水平放置运行的传送带
1、质量为m的物体从离离送带高为H处沿光滑圆弧轨道 下滑,水平进入长为L的静止的传送带落在水平地面的Q 点,已知物体与传送带间的动摩擦因数为μ,则当传送带转 动时,物体仍以上述方式滑下,将落在Q点的左边还是右边?
P H L h Q
解：物体从P点落下,设水平进入传送带时 P 的速度为v0, v0 2 gH
例:如图6所示，水平传送带AB长为L，质量为M的木块 随传送带一起以v0的速度向左匀速运动（传送带速度恒 定），木块与传送带间的动摩擦因数 ，且满足条 件 v0 2 gL .当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m 的子弹以水平向右的速度射入木块并留在其中，求： （1）子弹击中木块的过程中系统损失的机械能； （2）要使木块在传送带上发生相对运动时产生的热量 最多，子弹的速度为多少？这个最大热量为多少？
Mm M 1 0 m m M Mm 2 2 gL 1 2 gL 解得 0
m
m
木块从A→B的过程中，产生的摩擦热
Q1 ( M m ) g( L 0t1 )
t1
高中物理传送带问题(全面)课件
物体沿下坡的传送带下滑
当物体沿下坡的传送带下滑时，重力沿斜面向下的分力使物体加速下滑，摩擦力阻 碍物体下滑。
当物体速度与传送带速度相同时，物体与传送带相对静止，摩擦力消失，物体将做 匀速运动。
物体下滑过程中，若支持力不做功，则重力势能转化为动能，若支持力做负功，则 重力势能转化为动能和内能。
垂直传送带问题
物品在垂直传送带上滑动，需要考 虑物品的初速度、末速度、加速度 以及重力。
传送带问题的解题步骤
分析物体的受力情况
分析物体在传送带上所受的力 ，包括重力、支持力、摩擦力
和可能存在的其他外力。
确定物体的运动状态
根据受力情况确定物体的运动 状态，如静止、匀速直线运动 、匀加速或匀减速运动等。
根据牛顿第二定律，物体所受的合外力等于物体质量与加速 度的乘积，即$F_{合} = ma$。由于物体受到的滑动摩擦力不 变，因此加速度不变，物体将做匀加速运动。
水平传送带上物体减速
当物体在水平传送带上减速时，物体所受的摩擦力方向与传送带的速度方向相反 ，即为滑动摩擦力。由于滑动摩擦力不变，物体的加速度不变，物体将做匀减速 运动。
应用物理公式解题
根据物体的运动状态和所受的 力，应用物理公式求解问题， 如牛顿第二定律、运动学公式 等。
验证答案的合理性
最后需要验证所得答案的合理 性，确保答案符合实际情况和
物理规律。
水平传送带问题
02
水平传送带上的物体加速
物体在水平传送带上加速时，由于受到传送带的摩擦力作用 ，物体的速度会逐渐增加。此时，物体所受的摩擦力与传送 带的速度方向相同，即为滑动摩擦力。
原理
传送带通过与物品之间的摩擦力来传 输物品，这种摩擦力可以是由带子的 拉力产生的静摩擦力，也可以是由带 子与物品之间的滑动摩擦力。
高中物理《第三章 牛顿运动定律动力学中的传送带模型》课件ppt
微专题：动力学中的传送带模型
第三章 牛顿运动定律
理清教材 突破核心 突出特色
解决传送带问题的关键在于对物体所受的 摩擦力进行正确的分析判断．判断摩擦力时要 注意比较物体的运动速度与传送带的速度．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．
第三章 牛顿运动定律
A．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 C．t2～t3时间内，小物块与传送带相对静止不受摩擦力作用 D． 0～t2时间内，小物块运动方向发生了改变，加速度方向也发生了改变
第三章 牛顿运动定律
理清教材 突破核心 突出特色
练习：水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为 一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝ 1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在A处，设行李与 传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，取g＝10 m/s2.
第三章 牛顿运动定律
理清教材 突破核心 突出特色
【解析】 (1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运 动，设加速度为 a.
由题意得 L＝12at2 解得 a＝2.5 m/s2； 由牛顿第二定律得 mgsin α－f＝ma，又 f＝μmgcos α 解得 μ＝ 63＝0.29.
第三章 牛顿运动定律
理清教材 突破核心 突出特色
传送带模型可分为水平传送带和倾斜传送带，物体在传送带上 运动的各种情况如下表：
1．水平传送带模型
项目 情景 1 情景 2
情景 3
图示
滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)v0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再 匀速 (2)v0<v 时，可能一直加速，也可能先加速再 匀速 (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右 端．其中 v0>v 返回时速度为 v，当 v0<v 返回 时速度为 v0
专题1.11 动力学中的传送带问题(解析版)
高考物理备考微专题精准突破专题1.11动力学中的传送带问题【专题诠释】1.水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v 0<v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v 0>v 返回时速度为v ，当v 0<v 返回时速度为v 02.倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a 1加速后以a 2加速【高考领航】【2019·全国卷Ⅲ】如图a ，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。
t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4s 时撤去外力。
细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图b 所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图c 所示。
木板与实验台之间的摩擦可以忽略。
重力加速度取10m/s 2。
由题给数据可以得出()A ．木板的质量为1kgB ．2～4s 内，力F 的大小为0.4NC ．0～2s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB 【解析】木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b 知，2s 后木板滑动，物块和木板间的滑动摩擦力大小F 摩＝0.2N 。
由题图c 知，2～4s 内，木板的加速度大小a 1＝0.42m/s 2＝0.2m/s 2，撤去外力F 后的加速度大小a 2＝0.4－0.21m/s 2＝0.2m/s 2，设木板质量为m ，据牛顿第二定律，对木板有：2～4s 内：F －F 摩＝ma 1,4s 以后：F 摩＝ma 2，解得m ＝1kg ，F ＝0.4N ，A 、B 正确。
(完整版)高中物理传送带问题(有答案).docx
传送带问题例1：一水平传送带长度为 20m，以 2m／s 的速度做匀速运动，已知某物体与传送带间动摩擦因数为 0.1 ，则从把该物体由静止放到传送带的一端开始，到达另一端所需时间为多少？解 : 物体加速度a=μ g=1m/s2，经 t1=v/a =2s 与传送带相对静止,所发生的位移S1=1/2 at12=2m, 然后和传送带一起匀速运动经t2=l-s1/v =9s ，所以共需时间t=t1+t2=11s练习：在物体和传送带达到共同速度时物体的位移，传送带的位移，物体和传送带的相对位移分别是多少？（S1=1/2 vt1=2m， S2=vt1=4m，s=s2-s1=2m ）例 2：如图 2—1 所示，传送带与地面成夹角θ =37°，以 10m/s 的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量 m=0.5 ㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ =0.5 ，已知传送带从 A→ B 的长度 L=16m，则物体从 A 到 B 需要的时间为多少？【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度a mg sin mg cos10m/s 2。
m这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s 为止，其对应的时间和位移分别为：v 10s 1s,2t 1s15m＜ 16ma102a以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为（因为mgsin θ＞μ mgcosθ）。
a 2mg sinmg cos2m/s 2 。
m设物体完成剩余的位移s 2 所用的时间为 t 2 ，则 s 20t 21a 2 t 2 2 ， 11m= 10t 2 t 22 ,2解得： t 2 1 s,或 t 22 11 s(舍去 ) ， 所以： t 总 1s 1 s 2 s 。
1例 3：如图 2—2 所示，传送带与地面成夹角θ =30°，以 10m/s 的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5 ㎏的物体， 它与传送带间的动摩擦因数μ=0.6 ，已知传送带从 A → B 的长度 L=16m ，则物体从 A 到 B 需要的时间为多少？【解析】 物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度amgsinmg cos8.46m/s 2 。
高考物理一轮复习 第三章 微专题22 动力学中的传送带问题
动力学中的传送带问题1．考点及要求：(1)滑动摩擦力和静摩擦力(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ)；(3)牛顿运动定律(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)首先判定摩擦力突变点，给运动分段．物体所受摩擦力，其大小和方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口；(2)在倾斜传送带上往往需要比较mg sin θ与f 的大小与方向；(3)考虑传送带长度——判定临界之前是否滑出；物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止做匀速运动．1．(水平传送带问题)(多选)如图1甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是( )图1A．μ＝0.4 B．μ＝0.2C．t＝4.5 s D．t＝3 s2．(倾斜传送带问题)如图2所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带传送至顶端Q处．已知P、Q之间的距离为4 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝3，取g＝10 m/s2.2图2(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间．3．(多选)如图3甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t ＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.则( )图3A．传送带的速率v0＝10 m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2.0 s摩擦力对物体做功W f＝－24 J4.如图4所示，有一水平放置的足够长的传送带输送机以v＝5 m/s的速率沿顺时针方向运行．有一物块以v0＝10 m/s的初速度从传送带输送机的右端沿传送带水平向左滑动．若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，并取g＝10 m/s2，求物块从滑上传送带到离开传送带所用的时间．图4答案解析1．BC [由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a ＝Δv Δt＝2.0 m/s 2，由牛顿第二定律得f ＝Ma ＝μMg ，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A 错误，B 正确；在v －t 图像中，图线与t 轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s ，C 正确，D 错误．]2．(1)见解析 (2)2.4 s解析 (1)对工件进行受力分析，由牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，代入数值得：a ＝2.5 m/s 2.则其速度达到传送带速度时发生的位移为x 1＝v 22a ＝222×2.5m ＝0.8 m<4 m. 工件匀速运动的位移x 2＝x －x 1＝4 m －0.8 m ＝3.2 m.可见工件先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m.(2)匀加速时，由x 1＝v 2t 1得t 1＝0.8 s ， 匀速时t 2＝x 2v ＝3.22s ＝1.6 s ， 所以工件从P 点运动到Q 点所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝2.4 s.3．ACD [当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v －t 图像可得，传送带的速率为v 0＝10 m/s ，选项A 正确；1.0 s 之前的加速度a 1＝10 m/s 2,1.0 s 之后的加速度a 2＝2 m/s 2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a 1，g sin θ－μg cos θ＝a 2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B 错误，选项C 正确；摩擦力大小f ＝μmg cos θ＝4 N ，在0～1.0 s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s 内物体的位移为5 m,1.0～2.0 s 内物体的位移是11 m ，摩擦力做的功为－4×(11－5) J ＝－24 J ，选项D 正确．]4．4.5 s解析 物块滑上传送带时，受到向右的滑动摩擦力，向左做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma ，加速度：a ＝μg ＝0.5×10 m/s 2＝5 m/s 2，由匀变速运动的速度位移公式可得，物块速度变为零时的位移：x ＝v 202a ＝1022×5m ＝10 m ， 物块向左运动的时间t 左＝v 0a ＝105s ＝2 s ； 物块速度变为零后，反向向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a ＝5 m/s 2，物块速度等于传送带速度v ＝5 m/s 时，物块的位移x 1＝v 22a ＝522×5 m ＝2.5 m<x ＝10 m ，t 1＝v a ＝55s ＝1 s ， 然后物块与传送带一起向右做匀速直线运动，物块做匀速直线运动的时间：t 2＝x －x 1v ＝10－2.55s ＝1.5 s ， 物块从滑上传送带到离开传送带所用的时间：t＝t左＋t1＋t2＝4.5 s。
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高考物理专题-动力学中的传送带问题-例题详解全
动力学中的传送带问题
【题型解码】
1．模型特点：传送带问题的实质是相对运动问题，本运动直接影响摩擦力的方向．
2．解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．
3. 传送带的摩擦力分析
(1)关注两个时刻
①初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向
②物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向或性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变
(2)注意过程分解
①摩擦力突变点是加速度突变点，也是物体运动规律的突变点，列方程时要注意不同过程中物理量莫混淆。
②摩擦力突变点对应的状态是前一过程的末状态，也是后一过程的初状态，这是两个过程的连接点
(3)物体在倾斜传送上运动，物体与传送带速度相同后需比较tanθ与μ的大小关系：μ>tanθ，速度相等后一起匀速；
μ<tanθ，速度相等后物体的加速度向下，根据v与a的方向关系即可判定运动情况
4. 两种常见的传送带模型
(1)水平传送带模型
(2)倾斜传送带模型。
动力学中的传送带问题
动力学中的传送带问题【一】传送带模型中要注意摩擦力的突变①滑动摩擦力消逝②滑动摩擦力突变为静摩擦力③滑动摩擦力改变方向【二】传送带模型的一般解法①确定研究对象；②分析其受力情况和运动情况，〔画出受力分析图和运动情景图〕，注意摩擦力突变对物体运动的妨碍；③分清晰研究过程，利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量。
难点疑点：传送带与物体运动的牵制。
牛顿第二定律中a 是物体对地加速度，运动学公式中S 是物体对地的位移，这一点必须明确。
分析问题的思路：初始条件→相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→分析出物体受的合外力和加速度大小和方向→由物体速度变化再分析相对运动来判断以后的受力及运动状态的改变。
【一】水平放置运行的传送带1、如下图，物体A 从滑槽某一高度滑下后又滑上粗糙的水平传送带，传送带静止不动时，A 滑至传送带最右端的速度为v 1，需时间t 1，假设传送带逆时针转动，A 滑至传送带最右端的速度为v 2，需时间t 2，那么〔〕A 、1212,v v t t ><B 、1212,v v t t <<C 、1212,v v t t >>D 、1212,v v t t ==2、如图7所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v 1沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速度v 2沿直线向左滑向传送带后，通过一段时间又反回光滑水平面，速率为v 2′，那么以下说法正确的选项是：〔〕A 、只有v 1=v 2时,才有v 2′=v 1B 、假设v 1>v 2时,那么v 2′=v 2C 、假设v 1<v 2时,那么v 2′=v 2D 、不管v 2多大,v 2′=v 2.3、物块从光滑斜面上的P 点自由滑下通过粗糙的静止水平传送带后落到地面上的Q 点、假设传送带的皮带轮沿逆时针方向匀速转动，使传送带随之运动，如下图，物块仍从P 点自由滑下，那么〔〕A 、物块有可能落不到地面B 、物块将仍落在Q 点C 、物块将会落在Q 点的左边D 、物块将会落在Q 点的右边4、〔2003年·江苏理综〕水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查右图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带A 、B 始终保持v =1m/s 的恒定速率运行；一质量为m =4kg 的行李无初速地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动.设行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，AB 间的距离l =2m ，g 取10m ／s 2、〔1〕求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；〔2〕求行李做匀加速直线运动的时间；〔3〕假如提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处、求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率、5、〔16分〕如图17所示，水平传送带的长度L =5m ，皮带轮的半径R =0.1m ，皮带轮以角速度ω顺时针匀速转动。
2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第26讲动力学中的传送带问题教科版
第26讲动力学中的传送带问题[方法点拨] 传送带靠摩擦力带动(或阻碍)物体运动，物体速度与传送带速度相同时往往是摩擦力突变(从滑动摩擦力变为无摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力)之时．1．(多选)如图1所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中( )图1A．煤块从A运动到B的时间是2.25sB．煤块从A运动到B的时间是1.5sC．划痕长度是0.5mD．划痕长度是2m2．(多选)(2017·江西丰城模拟)质量均为m的两物块1和2之间用一根不可伸长的细线相连，两物块一起在光滑水平桌面上以速度v0匀速运动，某时刻物块1到达桌面的右边缘，如图2所示．当物块1滑上与桌面等高的水平传送带后，经过一段时间到达传送带的最右端，若传送带的速度大于v0且保持不变，物块1和物块2与传送带间的动摩擦因数分别为μ1、μ2(μ1<μ2)，则在此过程中(不考虑桌子边缘与传送带间的缝隙，细线的长度小于传送带的长度)( )图2A．物块2在桌面上可能先做匀加速运动后做匀速运动B．两物块都在传送带上时，它们所受的摩擦力一定不相等C．两物块在任何时刻的速度和加速度都相等D．可能存在物块1与物块2加速度不相等的阶段3．(2017·四川绵阳二诊)如图3所示，大型物流货场传送带倾斜放置，与水平面的夹角保持不变．传送带可向上匀速运动，也可向上加速运动；货箱M与传送带间保持相对静止，设受传送带的摩擦力为f.则( )图3A．传送带加速运动时，f的方向可能平行传送带向下B．传送带匀速运动时，不同质量的货箱，f相等C．相同的货箱，传送带匀速运动的速度越大，f越大D．相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大，f越大4．(多选)(2017·四川绵阳第一次段考)匀速转动的长传送带倾斜放置，传动方向如图4所示，在顶部静止放上一物块，在物块下滑过程中，规定沿传送带向下为正，下列描述物块运动过程中的v－t、a－t图像，可能正确的是( )图45．(2018·四川泸州一检)如图5所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1.一个物块从传送带底端以初速度大小v2(v2＞v1)上滑，同时物块受到平行于传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v－t图像不可能是( )图56．(2017·江西省赣中南五校联考)如图6所示，一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0m，若右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，试问：图6(1)物块到达传送带右端的速度大小；(2)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大高度．(sin37°＝0.6，g取10m/s2)7．传送带被广泛应用于各行各业．由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同．如图7所示，一倾斜放置的传送带与水平面的夹角θ＝37°，在电动机的带动下以v＝2m/s的速率顺时针方向匀速运行．M、N为传送带的两个端点，M、N两点间的距离L＝7 m．N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住．在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1 kg，且均可视为质点，O、M间距离L1＝3 m．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．图7(1)金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数μ1；(2)木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞．已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前、后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5.求与挡板P 第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离．答案精析1．BD [根据牛顿第二定律，煤块的加速度a ＝μmg m＝4m/s 2， 煤块运动到与传送带速度相等时的时间t 1＝v 0a ＝1s ，位移大小x 1＝12at 12＝2m ＜x ， 此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动至B 端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx ＝v 0t 1－x 1＝2m ，选项D 正确，C 错误；煤块匀速运动的位移x 2＝x －x 1＝2m ，煤块匀速运动的时间t 2＝x 2v 0＝0.5s ，则煤块从A 到B 运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1.5s ，选项B 正确，A 错误．]2．AD [物块1滑上传送带后，在物块1所受滑动摩擦力的作用下，物块1和物块2均做匀加速运动；如果在物块2滑上传送带之前，物块1的速度已经等于传送带的速度，则此后物块1、2均做匀速直线运动，故A 正确；两物块都在传送带上时，如果两物块速度与传送带相同，则两物块所受静摩擦力相等，均为零，故B 错误；如果物块2滑上传送带时，物块的速度小于传送带的速度，由于两个物块与传送带间的动摩擦因数μ1<μ2，则加速度a 1<a 2，两个物块间的距离会缩小，故C 错误，D 正确．]3．D4．AC [物块静止放到传送带后，受到重力、支持力、沿斜面向下的滑动摩擦力，做匀加速运动，速度均匀增大，由v ＝at 知，v 与t 成正比．当速度等于传送带速度时，重力沿斜面向下的分力可能小于或等于最大静摩擦力，则物块将与传送带一起匀速向下运动，也可能重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，物块继续匀加速下滑．开始阶段的匀加速过程中，由牛顿第二定律得：μmg cos θ＋mg sin θ＝ma ，得a ＝μg cos θ＋g sin θ.第二个匀加速过程中，由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma ′，得a ′＝g sin θ－μg cos θ，可知，a ′＜a ，故A 、C 正确，B 、D 错误．]5．C [物块的速度v 2＞v 1，初始时物块受到沿斜面向下的滑动摩擦力，因μ＝tan θ，f ＝μmg cos θ＝mg sin θ.当F ＞mg sin θ，F 1＝F －mg sin θ，方向沿传送带向上．若F 1＞f ，物块将做匀加速直线运动，A 选项可能．若F 1＝f ，物块做匀速运动，B 选项可能．若F 1＜f ，物块将先做匀减速直线运动，当物块速度等于传送带速度时，F 1＜f ＝f 最大，物块和传送带保持相对静止，匀速运动．当F ＜mg sin θ，F 2＝mg sin θ－F ，方向沿传送带向下，物块先做匀减速直线运动，到与传送带速度相同时，因F 2＝mg sin θ－F ＜mg sin θ＝f ＝f最大，物块将与传送带一起做匀速运动，D 选项可能，C 选项不可能．故选C.]6．(1)2m/s (2)不能 0.2m解析 (1)物块在传送带上先做匀加速直线运动，有μmg ＝ma 1，a 1＝2m/s 2当两者速度相等时，t ＝va 1＝1s ，此时物块运动的位移为： x 1＝12a 1t 2＝12×2×12m ＝1m ＜2m所以在到达传送带右端前物块已匀速，速度大小为2m/s(2)物块以2m/s 的速度滑上斜面，有－mg sin θ＝ma 2， a 2＝－6m/s 2物块速度为零时上升的距离x 2＝0－v 22a 2＝0－4－12m ＝13m ， 由于x 2＜0.4m ，所以物块未到达斜面顶端．物块上升的最大高度：h m ＝x 2sin θ＝0.2m7．(1)1 (2)1.6m解析 (1)金属块A 在传送带方向上受重力沿传送带向下的分力和摩擦力，由题意可知，μ1>tan θ，即A 先做匀加速运动，并设其速度能达到传送带的速度v ＝2m/s ，然后做匀速运动，到达M 点．金属块由O 运动到M ，有L 1＝12at 12＋vt 2， 且t 1＋t 2＝t ，v ＝at 1，根据牛顿第二定律有μ1mg cos37°－mg sin37°＝ma ，解得t 1＝1s<t ＝2s ，符合题设要求，加速度a ＝v t 1＝2m/s 2.解得金属块与传送带间的动摩擦因数μ1＝1.(2)由静止释放后，木块B 沿传送带向下做匀加速运动，设其加速度大小为a 1，运动距离L ON ＝4m ，B 第一次与P 碰撞前的速度大小为v 1，则有a 1＝g sin θ－μ2g cos θ＝2m/s 2，v 1＝2a 1L ON ＝4m/s ，由μ2<tan θ可知，与挡板P 第一次碰撞后，木块B 以速度大小v 1被反弹，先沿传送带向上以加速度大小a 2做匀减速运动直到速度为v ，此过程运动距离为s 1；之后以加速度大小a 1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s 2. a 2＝g sin θ＋μ2g cos θ＝10m/s 2，s 1＝v 12－v 22a 2＝0.6m ，s 2＝v 22a 1＝1m ，因此与挡板P 第一次碰撞后，木块B 所到达的最高位置与挡板P 的距离为s ＝s 1＋s 2＝1.6m.。