专题7 应用动力学方法解决传送带问题 2021年高考物理二轮专题解读与训练（解析版）

专题 7 应用动力学方法解决传送带问题 考点解读 （一）水平传送带问题 1.考点分析 传送带模型是历年高考中重要题型之一。主要知识涉及运动学规律、相互作用、牛顿运动定律、功 能关系等。传送带模型有效培养学生分析物理过程、建模能力和综合运用知识的能力。 传送带问题的本质是摩擦力的问题，物体与传送带之间的摩擦有两种情况，一是滑动摩擦力，二是 静摩擦力，因此，对与传送带接触的物体，摩擦力的作用决定物体的运动，解决问题的关键是摩擦力的 分析。 受力分析。传送带模型中要注意摩擦力的突变（发生在 物v 与 带v 相同的时刻），对于倾斜传送带模 型要分析 mgsinθ与 f 的大小和方向。突变有以下三种：（1）滑动摩擦力突变为静摩擦力；（2）滑动摩 擦力消失；（3）滑动摩擦力改变方向。 运动分析。（1）注意参考系的选择，传送带模型中选择地面为参考系；（2）判断共速以后是与传 送带保持相对静止一起做匀速运动还 是改变加速度做匀变速运动；（3）判断传送带长度—临界之前是否 滑出？ 2.分类。传送带分为水平传送带、倾斜传送带、水平+倾斜传送带。 3.过程分析 设传送带的速度为 带v ，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，两定滑轮之间的距离为 L，物体置于传 送带一端时的初速度为 0v 。 （1） 0v =0，物体刚置于传送带上时由于受摩擦力作用，将做 a=μg 的加速运动。假定物体从开始置 于传送带上一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为 gLv 2 。 若 带v < 2μgL，则物体在传送带上将先加速运动，后匀速运动； 若 带v =2ugL，则物体在传送带上刚好离开时，和传送带速度相同，此过程一直加速； 若 带v >2ugL，则物体在传动带上将一直加速运动，直到离开传送带。 （2） 0v ≠0。当 0v 和传送带运动方向相同时： ① 带vv 0 。根据（1）中的分析可知，物体刚在传送带上时先加速运动，物体已知加速离开传送带 时，速度 gLvv 22 0  。 若 带v < gLv 22 0  ，则物体在传送带上先加速运动，后匀速运动，直至离开传送带； 若 带v gLv 22 0  ，则物体刚好加速到和传送带相同的速度时，离开传送带； 若 带v gLv 22 0  ，则物体在传送带上一直做加速运动，直至离开传送带。 ② 带vv 0 。物体在传送带上先做减速运动，直到离开传送带时： gLvv 2-2 0 若 带v < gLv 2-2 0 。则物体在传送带上先减速运动，后和传送带一起做匀速运动。 若 带v = gLv 2-2 0 。则物体在传送带上一直做减速运动，直到离开传送带时， 带vv 0 。 若 带v > gLv 2-2 0 。则物体在传送带上一直做减速运动。 （3）当传送带速度方向和物体速度方向相反时：物体将做加速度为 ga  的减速运动，假设物体 离开另一端传送带时， gLvv 2-2 0 。 若 gLv 20  ，物体能够从另外一端离开传送带。 若 gLv 20  ，物体不能从另外一端离开传送带，即物体先向左做减速运动，当相对传送带速度为 零时，又随着传动带一起加速运动，最后物体可能是加速离开传动带，也有可能是匀速离开传动带。 （4）传送带中能量关系。 ①当初速度为零的物体放置在传送带上与传送带共速过程中，物块的动能增加量等于这个过程中的 克服摩擦力做的功。 ②整个过程在多消耗的电能等于克服摩擦做功。即 )( LsmgsE  电 （二）倾斜传送带问题 传送带倾斜，当把物体轻轻的放在传送带上时，分为两种情况： （1）当传送带的上表面以恒定的速率向下运行时，物体的初速度为零，有相对传送带有向上的相对 速度，物体受到滑动摩擦力方向沿传送带向下，第一阶段受力如图所示，则有： mamgFN   sin  sincos gga  物体以初速度为 0，加速度为  sincos gga  加速下滑，直到速度等于传送带的速度为止， 此时又分为两种情况： ①若  cossin mgmg  ，即  tan 时，物体受到沿斜面向上的静摩擦力作用，在斜面上随传 送带一起向下运动。摩擦力也由原来的沿着斜面向下的滑动摩擦力变为沿着斜面向上的静摩擦力。此时 满足： fFmg sin ②若  cossin mgmg  ，即  tan ，物体将沿着斜面下滑，此时满足： mamgmg  cos-sin  cos-sin gga  （2）当传送带的上表面以恒定的速率向上运行时，斜面底端的物体的初速度为零，物体受到滑动摩擦力 方向沿传送带向上，物体受力如图，此种情况也存在两种情况： 若  cossin mgmg  ，即物体会随着传送带一起向上运动，不会发生相对滑动，直到到达传送带的顶 端； 若  cossin mgmg  ，物体不会随着传送带一起运动。 总 结： （1）物体和传送带一起匀速运动 匀速运动说明物体处于平衡状态，则物体受到的摩擦力和重力沿传送带方向的分力等大反向，即物体受 到的静摩擦力的方向沿传送带向上，大小为 f sinmg 。 （2）物体和传送带一起加速运动 ①若物体和传送带一起向上加速运动，则对物体有 f - sinmg =ma，即物体受到的静摩擦力方向沿 传送带向上，大小为 f =ma+ sinmg . ②若物体和传送带一起向下加速运动，传送带的倾角为 a，则静摩擦力的大小和方向取决于加速度 a 的大小。 当 a= sing 时，无静摩擦力； 当 a> sing 时，有 sinmg + f =ma，即物体受到的静摩擦力方向沿传送带向下，大小为 f =ma- sinmg .在这种情况下，重力沿传送带向下的分力不足以提供物体的加速度 a，物体有相对于传送带向 上的运动趋势，受到的静摩擦力沿传送带向下； 当 a< sing 时，有 sinmg - f =ma，即物体受到的静摩擦力的方向沿传送带向上，大小为 f= sinmg -ma.此时重力沿传送带向下的分力提供物体沿传送带向下的加速度，物体有相对于传送带向下 的运动趋势，必受到沿传送带向上的摩擦力。 例 1.如图所示，传送带以 0v 的初速度顺时针匀速运动.将质量为 m 的物体无初速度轻放在传送带上的 A 端, 物体将被传送带送到 B 端，已知物体在到达 B 端之前已和传送带相对静止。则下列说法正确的( ) A.传送带对物体做功为 2 0 1 2 mv B.传送带克服摩擦做功为 2 0 1 2 mv C.在传送物体过程产生的热量为 2 0 1 2 mv D.电动机由于传送物体多消耗的能量为 2 0 1 2 mv 【答案】AC 【解析】A. 物体受重力支持力和摩擦力，根据动能定理，传送带对物体做的功等于动能的增加量，即 2 0 1 2 mv ，故 A 正确； B. 根据动能定理得：摩擦力对物体做功大小为 2 0 1 2 mv ，在物体匀加速运动的过程中，由于传送带的位移 大于物体的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物体做的功，所以传送带克服摩擦力做的功 大于 2 0 1 2 mv ，B 错误； C. 在传送物体过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即： fQ F x  假设物体加速时间为 t，物体的位移为： 1 1 2x vt 传送带的位移为： 2x vt 根据动能定理，有： 2 f 1 0 1 2F x mv 所以产生的热量为： 2 f f 2 1 f 1 0 1( ) 2Q F x F x x F x mv      所以 C 正确； D. 电动机由于传送物体多消耗的能量等于物体动能增加量和摩擦产生的内能的和，故大于 2 0 1 2 mv ，D 错 误. 故选 AC. 例 2.如图甲所示，光滑斜面上有一滑块，受到沿斜面向上的作用力 F ，从静止开始向上运动，物块的机 械能 E 与位移 x 的关系如图乙所示（沿斜面向上为正方向）。下列说法正确的是（ ） A. 10 ~ x 过程中，力 F 逐渐增大 B. 1 2~x x 过程中，物块的加速度一直减小 C. 20 ~ x 过程中，物块的动能一直增大 D. 2 3~x x 过程中，物块受到的力 F 为零 【答案】D 【解析】A.由图甲知，物块沿斜面向上运动时，只有重力和作用力 F 对物块做功，所以作用力 F 对物块 做功等于物块的机械能的变化，即 Fx E  因物块从静止开始运动，所以 0E E   E E  因此图像的斜率表示作用力 F ，由图乙可得 10 x 过程中，力 F 恒定，A 错误； B. 1 2x x 过程中，作用力 F 越来越小，但物块的重力沿斜面向下的分力即下滑力不变，所以物块的加速 度先减小后反向增大，B 错误； C. 20 x 过程中，由 B 分析知，物块的速度先增大后减小，因此物块动能先增大后减小，C 错误； D. 2 3x x 过程中，即对应图像 BC 部分，其斜率为零，物块受到的力 F 为零，D 正确。 故选 D。 一、单选题 1.如图，一水平传送带匀速运动，在 A 处把工作轻轻放到传送带上，经过一段时间工件便被送到 B 处，则 下列说法正确的是（ ） A． 工件在传送带上可能一直做匀速运动 B． 工件在传送带上可能一直匀加速运动 C． 提高传送带的运动速度，一定能缩短工件的运送时间 D． 不管传送带的速度为多大，工件的运送时间是一样的 【答案】B 【解析】工件初速度为零，工件在传送带上可能先做匀加速运动，当速度跟传送带速度相等时匀速，也 可能一直做匀加速运动，A 错 B 对。如果工件一直做匀加速运动，那么提高传送带的运动速度，也不能 缩短工件的运送时间，但是工件先加速后匀速，那么如果提高传送带的运动速度，一定能缩短工件的运 送时间，C 错。D 错 2.（多选）如图所示，倾斜的传动带以恒定的速度 v2 向上运动，一个小物块以初速度 v1 从底端冲上传动 带，且 v1 大于 v2，小物块从传动带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，则（ ） A． 小物块到达顶端的速度可能等于零 B． 小物块到达顶端的速度不可能等于 v2 C． 小物块的机械能一直在减小 D． 小物块所受的合外力一直做负功 【答案】AD 【解析】由题意知，当传送带对物块的滑动摩擦力小于重力沿传送带向下的分力时，小物块由可能一直 减速到达顶端速度恰好减为零，所以 A 正确；当物块的速度小于 v2 以后，摩擦力做物块做正功，机械能 增大，所以 C 错误；若传送带对物块的滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，当物块速度减为 v2 时， 以 v2 做匀速运动，所以到达顶端的速度有可能等于 v2，故 B 错误；因物块一直在减速，根据动能定理可 得合外力一直做负功，所以 D 正确。 3.（多选）如图所示，传送带与水平面的夹角θ，当传送带静止时，在传送带顶端静止释放小物块 m，小 物块沿传送带滑到底端需要的时间为 t0，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ．则下列说法正确的是 （ ） A． 传送带静止时，小物块受力应满足 mgsinθ＞mgμcosθ B． 若传送带顺时针转动，小物块将不可能沿传送带滑下到达底端 C． 若传送带顺时针转动，小物块将仍能沿传送带滑下，且滑到底端的时间等于 t0 D． 若传送带逆时针转动，小物块滑到底端的时间小于 t0 【答案】ACD 【解析】由题意，传送带静止时，小物块沿传送带滑到底端，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力， 即有 mgsinθ＞mgμcosθ．故 A 正确．若传送带顺时针转动，小物块所受的滑动摩擦力不变，仍有 mgsinθ ＞mgμcosθ，小物块仍将能沿传送带滑下到达底端．此时加速度为 a=g（sinθ﹣μcosθ），可见，加速度与 传送带静止时相同，到达底端的位移也不变，则运动时间与传送带静止时相同．故 B 错误，C 正确．若 传送带逆时针转动，小物块 m 所受的滑动摩擦力沿斜面向下，其加速度 a′= g（sinθ+μcosθ）＞a，即知物 块的加速度增大，则小物块滑到底端的时间小于 t0．故 D 正确． 4.某煤矿运输部有一新采购的水平浅色足够长传送带以 4.0m/s 的恒定速度运动，若使该传送带改做加速 度大小为 3.0m/s2 的匀减速运动，并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将一煤块（可视为质点）无初 速度放在传送带上。已知煤块与传送带间的动摩擦因数为 0.10，重力加速度取 10m/s2,求煤块在浅色传送 带上能留下的痕迹长度和相对于传送带运动的位移大小。 （计算结果保留两位有效数字） 【答案】 【解析】由运动情况作出传送带和煤块的 v-t 图像，如图所示。因煤块与传送带间的动摩擦因数为μ，则 煤块在传送带上运动的加速度 ， 由图可得： 解得 此过程中煤块相对于传送带向后滑动，划线的长度为 当煤块与传动带间的速度相等以后，两者都做匀减速直线运动，煤块相对于传送带又向前滑动，划线的 长度为 因为 ，煤块在传送带上留下的划线长度为 煤块相对于传送带的位移为 5.将粉笔头 A 轻放在以 2 m/s 的恒定速度运动的足够长水平传送带上后，传送带上留下一条长度为 4 m 的 划线． （1）求在此过程中，物块的加速度是多大？ （2）若使该传送带改做加速度大小为 1.5 m/s2 的匀减速运动直至速度为零，并且在传送带开始做匀减速 运动的同时，将另一粉笔头 B 轻放在传送带上，则粉笔头 B 停止在传送带上的位置与划线起点间的距离 为多少? 【答案】（1）a=0.5m/s2 （2） 【解析】设传送带的动摩擦因素为 ，则 A，B 在传送带上滑动时 对 A: ；解出 a=0.5m/s2 对 B： ;划线长 ； 解出 因粉笔 a=0.5m/s2< 故传送带先减速为零。 ； 向前滑 ； 故 6.某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ= 30°，传送带两 端 A，B 的长度 L= 10m。传送带以 v= 5m/s 的恒定速度匀速向上运动。在传送带底端 A 轻轻放一质量 m= 5kg 的货物，货物与传送带间的动摩擦因数 。求货物从 A 端运送到 B 端所需的时间。（g 取 10m/s2） 【答案】3s 【解析】mgμcos30°－mgsin30°=ma 解得 a= 2.5 m /s2 货物匀加速运动的时间 货物匀加速运动的位移 随后货物做匀速运动。 运动位移 S2=L－S1= 5m 匀速运动时间 t2= =1s t=t1+t2= 3s 7.一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ，初始时， 传送带与煤块都是静止的，现让传送带以恒定的加速度 a0 开始运动，当其速度达到 v0 后，便以此速度做 匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，求此 黑色痕迹的长度？ 【答案】见解析 【解析】根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度 a 小于传送 带的加速度 a0，根据牛顿运动定律，可得：a=μg，设经历时间 t，传送带由 静止开始加速到速度等于 v0，煤块则由静止加速到 v，有：v0=a0t；v=at。由于 a＜a0，故 v＜v0，煤块继 续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间 t，煤块的速度由 v 增加到 v0，有 ：v0=v+at，此后，煤块与传送带 运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。 设在煤块的速度从 0 增加到 v0 的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为 s0 和 s，有 由以上各式得 8.如图所示，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=0.4，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？ 【答案】11.27s 【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度 =8.46m/s2。 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： 以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为零（因为 mgsinθ＜μmgcosθ）。 设物体完成剩余的位移 s2 所用的时间为 t2，则 s2=v0t2 解得 t2=10.09s 所以 t 总=1.18s+10.09s=11.27s。 9.如图所示，顺时针以 4.0m/s 匀速转动的水平传送带的两个皮带轮的圆心分别为 A，B，右端与等高的光 滑水平平台恰好接触。一小物块 m（可看成质点）从 A 点正上方轻放于传送带上，小物块与传送带间动 摩擦因数μ=0.3，最后从光滑水平平台上滑出，恰好落在临近平台的一倾角为 α = 53°的光滑斜面顶端，并 刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差 h=0.8m，g = 10m/s2，sin53° = 0.8，cos53° = 0.6，则 （1）小物块水平抛出的初速度 v0 是多少？ （2）斜面顶端与平台右边缘的水平距离 s 和传送带 AB 长度 L 各是多少？ 【答案】(1) 3m/s (2) 1.5m 【解析】（1）由题意可知：小块落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小块速度方向与斜面平行，否则小 块会弹起，所以 vy= v0tan 53° vy2=2gh 代入数据，得 vy=4m/s，v0=3m/s （2 ）由 vy=gt1 得 t1=0.4s s=v0t1=3×0.4m=1.2m 因为物块离开传送带的速度小于 4.0m/s，所以一直匀加速 由 得： =1.5m 10.一传送带装置示意如图，传送带在 AB 区域是倾斜的，倾角θ=30°．工作时传送带向上运行的速度保持 v=2m/s 不变．现将质量均为 m= 2kg 的小货箱（可视为质点）一个一个在 A 处放到传送带上，放置小货箱 的时间间隔均为 T=1s，放置时初速为零，小货箱一到达 B 处立即被取走．已知小货箱刚放在 A 处时，前 方相邻的小货箱还处于匀加速运动阶段，此时两者相距为 s1=0.5m．传送带装置由电动机带动，传送带与 轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，取 g=10m/s2． （1）求小货箱在传送带上做匀加速运动的加速度大小． （2）AB 的长度至少多长才能使小货箱最后的速度能达到 v=2m/s？ （3）除了刚释放货箱的时刻，若其它时间内总有 4 个货箱在传送带上运动，求每运送一个小货箱电动机 对外做多少功？并求电动机的平均输出功率 ． 【答案】(1)a=1m/s2(2)l=2m (3)W1=48J 【解析】解答本题的思路是（1）小货箱刚放在 A 处时，前方相邻的小货箱已经运动了时间 T，根据匀加 速直线运动位移时间公式即可求解；（2）当物体做匀加速运动到达 B 点时速度刚好为 2m/s 时，AB 长度 最短，根据匀加速直线运动位移速度公式即可求解；（3）传送带上总有 4 个货箱在运动，说明货箱在 A 处释放后经过 t=4T 的时间运动至 B 处．求出匀加速运动的时间，根据牛顿第二定律求出摩擦力，进而求 出这段时间内，传送带克服该货箱的摩擦力做的功，货箱在此后的时间内随传送带做匀速运动，求出传 送带克服该货箱的摩擦力做的功，进而求出每运送一个小货箱电动机对外做的功，根据 求出平均 功率． （1）小货箱刚放在 A 处时, 前方相邻的小货箱已经运动了时间 T．有 ① 代入数据解得加速度大小 a=1m/s2② （2）AB 的长度至少为 l，则货箱的速度达到 v=2m/s 时，有 ③ 代入数据解得 AB 的长度至少为 l=2m ④ （3）传送带上总有 4 个货箱在运动，说明货箱在 A 处释放后经过 t=4T 的时间运动至 B 处。货箱匀加速 运动的时间分别是 =2s ⑦ 设货箱受到的滑动摩擦力大小为 f，由牛顿定律得 ⑧ 这段时间内，传送带克服该货箱的摩擦力做的功 ⑨ 代入数据解得 W1=48J 货箱在此后的时间内随传送带做匀速运动，传送带克服该货箱的摩擦力做的功 ⑩ 代入数据解得 W2=40J 每运送一个小货箱电动机对外做的功 ⑾ 放置小货箱的时间间隔为 T，则每隔时间 T 就有一个小货箱到达 B 处，因此电动机的平均输出功率 =88W ⑿ 在计算货箱匀加速过程的功时，也可以用以下方式解答： 对货箱，由动能定理得 货箱与传送带发生相对位移产生的热 电动机对传送带做的功 解得 W1=48J 11.一水平传送带以 4m/s 的速度逆时针传送，水平部分长 L=6m，其左端与一倾角为θ=300 的光滑斜面平滑 相连，斜面足够长，一个可视为质点 2.1 的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩 擦因数μ=0.2，g=10m/s2。求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间。 【答案】6.1s 【解析】物块与传送带间的摩擦力：f＝μmg=ma① 代入数据得：a=2m/s2 当物块加速到与传送带相同速度时发生的位移 x1，由 解得：x1=4m＜ 6m 则物块加速到 v 的时间： ＝2s 物块与传送带速度相同时，它们一起运动，一起运动的位移为 ＝2m 一起运动的时间： =0.5s 物体在斜面上运动的加速度： 根据对称性，上升和下降的时间相同： 返回传送带后，向右减速的时间： ＝2s 物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间： ＝6.1s 12.如图所示，与水平方向成 37°角的传送带以恒定速度 v=2m/s 顺时针方向转动，两传动轮间距 L=5m．现将质量为 1kg 且可视为质点的物块以 v0=4m/s 的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送 带．物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，取 g=10m/s2，已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，计算时，可认为 滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，求物块在传送带上上升的最大高度． 【答案】0.96m 【解析】物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑， 直至与传送带等速，由牛顿第二定律得物块向上减速时有，物体上滑是的加速度为 a1： mgsinθ+μmgcosθ=ma1 得 a1=10m/s2 物体沿传送带向上的位移为 x1=0.6m 物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力 f=μmgcosθ＜mgsinθ，相对静止状态不能持续，物块速度 会继续减小．此后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直 至速度为零．令此时物体减速上升的加速度为 a2 则： 根据牛顿第二定律可得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2 得： a2=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2 物体沿传送带向上的位移为 x2=1m 物体沿传送带上升的最大高度 H=(x1+x2)sin370=0.96m