高一物理传送带专题

微专题43“传送带”模型综合问题1．计算摩擦力对物块做的功和摩擦力对传送带做的功要用动能定理，计算摩擦产生的热量要用Q ＝F f x 相对或能量守恒定律.2.电机做的功一部分增加物块的机械能，一部分转化为因摩擦产生的热量．1．(多选)(2023·福建漳州市模拟)如图甲，质量为0.5kg 的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示．图线的0～3s 段为抛物线，3～4.5s 段为直线，重力加速度g 取10m/s 2，下列说法正确的是()A ．传送带沿逆时针方向转动B ．传送带速度大小为2m/sC ．小物块刚滑上传送带时的速度大小为4m/sD ．0～4.5s 内摩擦力对小物块所做的功为－3J答案BCD 解析根据位移—时间图像斜率的绝对值表示速度大小，可知：前2s 小物块向左做匀减速运动，2～3s 内向右做匀加速运动.3～4.5s 内x －t 图像为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右做匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度大小为v ＝Δx Δt ＝34.5－3m/s ＝2m/s ，故B 正确，A 错误；由题图可知，在2～3s 内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则有x ＝12at 2，解得a ＝2m/s 2，根据牛顿第二定律μmg ＝ma ，解得μ＝0.2，在0～2s 内，对小物块有0－v 02＝－2ax ，解得小物块的初速度大小为v 0＝4m/s ，故C 正确；对小物块在0～4.5s 内，根据动能定理有W f ＝12m v 2－12m v 02，解得摩擦力对小物块所做的功为W f ＝－3J ，故D 正确．2．(2023·辽宁省沈阳二中模拟)一倾斜传送带倾角为30°，以5m/s 的速度顺时针匀速转动．现将一质量为0.4kg 的物体(物体可看成质点)轻放在传送带的顶端A 点，物体从A 运动到传送带底端B ，离开B 点时的速度大小为5m/s.已知物体与传送带间的动摩擦因数为32，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为10m/s 2，则物体从A 运动到B 的过程中，下列说法正确的是()A ．传送带的长度可能为0.8mB ．若传送带的长度为2m ，则摩擦力对物体做的功为6JC ．若传送带的长度为2m ，则摩擦力对传送带做的功为－4JD ．若传送带的长度为2m ，则因摩擦而产生的热量为1J答案C 解析物体相对传送带上滑时，物体的加速度大小为a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝12.5m/s 2，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝32>tan θ，故物体与传送带间的最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，离开B 点时的速度大小为5m/s ，故物体可能是一直加速运动或者先加速后匀速运动，若一直加速运动，则传送带的长度L 0＝v 22a ＝1m ，若先加速后匀速运动，则传送带的长度必然大于1m ，故A 错误；若传送带的长度L ＝2m ，则根据动能定理有mgL sin θ＋W f ＝12m v 2，解得摩擦力对物体做的功W f ＝1J ，故B 错误；若传送带的长度为2m ，物体运动时间为t ＝t 1＋t 2＝v a ＋L －L 0v＝0.6s ，物体匀加速阶段，传送带的位移x 1＝v t 1＝2m ，匀速阶段，传送带的位移x 2＝v t 2＝1m ，根据受力分析可知，前2m 物体对传送带的摩擦力方向向上，后1m 对传送带的摩擦力方向向下，则摩擦力对传送带做的功W f ′＝－μmgx 1cos θ＋mgx 2sin θ＝－4J ，故C 正确；若传送带的长度为2m ，则因摩擦而产生的热量Q ＝μmg Δx cos θ，其中，相对运动距离Δx ＝x 1－L 0＝1m ，解得Q ＝3J ，故D 错误．3．(2023·北京市清华大学附中统练)如图所示，顺时针运行的传送带与水平面夹角θ＝30°，底端到顶端的距离L ＝6m ，运行速度大小v ＝2m/s.将质量m ＝1kg 的物块轻放在传送带底部，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝235，取重力加速度g ＝10m/s 2.下列说法正确的是()A ．物块从传送带底端到达顶端的时间为23sB ．物块相对传送带的位移大小为6mC ．物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做的功为32JD ．物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带做功至少为48J答案C 解析物块刚放上传送带时，所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1，解得a 1＝1m/s 2，物块速度与传送带速度相等的时间t 1＝v a 1＝2s ，之后，由于mg sin θ<μmg cos θ，摩擦力突变为静摩擦力，大小为mg sin θ，物块与传送带保持相对静止向上滑动，物块匀加速阶段的位移x 1＝v 22a 1＝2m ，传送带的位移x 1′＝v t 1＝4m ，物块与传送带保持相对静止运动的时间t 2＝L －x 1v ＝2s ，物块从传送带底端到达顶端的时间t ＝t 1＋t 2＝4s ，物块相对传送带的位移大小为Δx ＝x 1′－x 1＝2m ，故A 、B 错误；物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做的功为W ＝μmg cos θ·x 1＋mg sin θ·(L －x 1)＝32J ，故C 正确；物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带做的功转化为焦耳热和物块增加的机械能，其大小为W ′＝μmg cos θ·Δx ＋mgL sin θ＋12m v 2＝44J ，故D 错误．4．(2023·重庆市模拟)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t ＝0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v 1>v 2，已知传送带的速度保持不变，则()A ．小物块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θB ．小物块在0～t 1时间内运动的位移比在t 1～t 2内运动的位移小C ．0～t 2时间内，传送带对小物块做的功为W ＝12m v 22－12m v 12D ．0～t 2时间内小物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量答案D 解析在t 1～t 2时间内，物块沿传送带向上做匀加速运动，则有μmg cos θ＞mg sin θ，解得μ＞tan θ，故A 错误．因v 1>v 2，由题图乙可知，0～t 1时间内图像与t 轴所形成的三角形面积大于图像在t 1～t 2时间内与t 轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0～t 1时间内运动的位移比在t 1～t 2内运动的位移大，故B 错误；0～t 2时间内，由图线与t 轴所围“面积”等于位移大小可知，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G，根据动能定理得W＋W G＝12m v22－12m v12，则传送带对物块做的功W≠12m v22－12m v12，故C错误.0～t2时间内，物块的重力势能减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的热量，则由能量守恒定律可知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，即0～t2时间内物块动能变化量的大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量，故D正确．5．(2023·江苏如皋市第一次调研)某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能E p＝4.5J，质量m＝1.0kg的滑块静置于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ＝30°的传送带平滑连接，传送带长度L＝8.0m，传送带以恒定速率v0＝8.0m/s顺时针转动．某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝32，重力加速度g取10m/s2.求：(1)滑块离开传送带时的速度大小v；(2)电动机传送滑块多消耗的电能E；(3)若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能E p′，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，E p′的取值范围．答案(1)7m/s(2)96J(3)12J≤E p′≤132J解析(1)设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1，根据能量守恒定律，有E p＝12m v12代入数据得v1＝3m/s因为μ＞tanθ，故滑块在传送带上先向上加速，根据牛顿第二定律有μmg cosθ－mg sinθ＝ma 解得a＝2.5m/s2假设滑块在传送带上一直加速，则离开传送带时的速度大小v满足v2－v12＝2aL解得v＝7m/s<v0所以假设成立，滑块离开传送带时的速度大小为7m/s(2)滑块在传送带上运动的时间t＝v－v1 a该段时间，传送带的位移x＝v0t对传送带，根据动能定理有W电－μmg cosθ·x＝0解得W电＝96J即电动机传送滑块多消耗的电能E＝W电＝96J(3)分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带时要与传送带共速，若滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，则所对应的弹性势能最小，有E pmin＋(μmg cosθ－mg sinθ)L＝12m v02得E pmin＝12J同理可得，若滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，则所对应的弹性势能最大，有E pmax－(μmg cosθ＋mg sinθ)L＝12m v02得E pmax＝132J所以满足条件的弹性势能E p′范围为12J≤E p′≤132J.6．(2023·云南昆明市模拟)传送带是自动化工业生产中一种重要的输送装置．如图所示是一条罐头生产线部分示意图，电动机带动传送带始终以v＝2m/s的速率顺时针转动，传送带两端A、B间的距离L＝4m．工作时，机器手臂将一瓶罐头无初速度放到A点，当该罐头刚离开B点时，机器手臂将下一瓶罐头放到A点，此后不断重复此过程．已知每瓶罐头质量m＝0.8kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，罐头可视为质点且不发生滚动，重力加速度g＝10m/s2.从第一瓶罐头放到A点开始计时，求∶(1)1min内能运送多少瓶罐头；(2)1min内因运送罐头需要多消耗的电能．答案(1)24瓶(2)76.8J解析(1)罐头刚放上传送带时有μmg＝ma解得加速度a＝μg＝2m/s2加速运动的时间t1＝va＝1s匀加速运动的位移大小x1＝v2t1＝1m匀速运动的位移大小x2＝L－x1＝3m匀速运动的时间t2＝x2v＝1.5s罐头从A 传到B 所用的时间t ＝t 1＋t 2＝2.5s1min 内能运送罐头的瓶数为n ＝t 0t ＝602.5＝24瓶(2)罐头刚放上传送带做匀加速运动时，相对于传送带的位移大小是Δx ＝v t 1－x 1＝1m 摩擦产生的热量Q ＝F f ·Δx ＝μmg ·Δx ＝1.6J到达B 时，动能增加量ΔE k ＝12m v 2＝1.6J 所以传送一瓶罐头多消耗的电能E ＝Q ＋ΔE k ＝3.2J1min 内因运送罐头需要多消耗的电能E 0＝24E ＝76.8J.7．如图所示，光滑的曲面与水平面在O 点相切，水平面与一足够长的传送带在P 点平滑连接，传送带与水平方向的夹角θ＝30°，逆时针转动，速率v ＝3m/s.一质量为m ＝1kg 且可视为质点的物块A 自曲面上高h ＝0.9m 处由静止释放，经过O 点进入水平面向右运动，OP 长L ＝1m ．已知A 与OP 段间的动摩擦因数μ1＝0.1，与传送带间的动摩擦因数μ2＝33，重力加速度g ＝10m/s 2.求：(1)物块A 第一次经过O 点时的速度大小v 0；(2)物块A 第一次自P 点上滑的最大位移x ；(3)物块A 从P 点向上至第一次返回的过程中，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量Q .答案(1)32m/s (2)0.8m (3)12.25J 解析(1)物块A 第一次运动到O 点时，由动能定理得mgh ＝12m v 02－0代入数据，解得v 0＝32m/s(2)设物块A 第一次到P 点的速度为v 1，对OP 过程，由动能定理有－μ1mgL ＝12m v 12－12m v 02代入数据解得v 1＝4m/s物块A 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，设此过程加速度大小为a ，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma解得a ＝10m/s 2当物块A 的速度减为零时，上滑位移最大，由运动学公式得0＝v 1－at 1x 1＝12v 1t 1代入数据解得t1＝0.4s，x1＝0.8m(3)物块A第一次在传送带上到达最高点的过程，传送带的位移为x带＝v t1＝3×0.4m＝1.2m 传送带向下运动，物块A向上运动，所以此过程相对位移为Δx1＝x1＋x带＝0.8m＋1.2m＝2.0m 物块A到最高点后又向下加速，加速度仍为a，物块A与传送带速度相同时，有v＝at2解得t2＝0.3s物块A的位移为x2＝1 2 v t2解得x2＝0.45m＜0.8m即物块A与传送带共速后匀速运动至P点，返回过程物块A与传送带的相对位移Δx2＝v t2－x2＝0.45m全过程产生热量Q＝μ2mg cosθ(Δx1＋Δx2)＝12.25J.。

第14节传送带问题目标层级图121. 如图所示的水平传送带静止时，一个小物块A 以某一水平初速度从传送带左端冲上传送带，然后从传送带右端以一个较小的速度v 滑出传送带；若传送带在皮带轮带动下运动时，A 物块仍以相同的水平速度冲上传送带，且传送带的速度小于A 的初速度，则( )A ．若皮带轮逆时针方向转动，A 物块仍以速度v 离开传动带B ．若皮带轮逆时针方向转动，A 物块不可能到达传送带的右端C ．若皮带轮顺时针方向转动，A 物块离开传送带的速度不可能为vD ．若皮带轮顺时针方向转动，A 物块离开传送带右端的速度一定大于v2. 如图所示，水平传送带左右两端相距3.5L m =，物块A 以水平速度04/v m s =滑上传送带左端，物块与传送带间的摩擦因数0.1μ=．设A 到达传送带右端时的瞬时速度为v ，g 取210/m s ，则下列说法正确的是( )A ．若传送带速度等于2/m s ，物块可能先减速运动，后匀速直线运动B ．若传送带速度等于3.5/m s ，v 一定等于3/m sC ．若v 等于3/m s ，传送带一定沿逆时针方向转动D ．若v 等于3/m s ，传送带可能沿顺时针方向转动3. 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体m ，小物体滑到底端需要的时间为0t ，已知小物体与传送带间的动摩擦因数为μ．则下列说法正确的是( )A ．小物块与传送带间的动摩擦因数tan μθ>B ．若传动带顺时针转动，小物块的加速度为sin cos a g g θμθ=+C ．若传送带顺时针转动，小物体滑到底端需要的时间大于0tD ．若传送带逆时针转动，小物体滑到底端需要的时间小于0t3一、水平传送带同向已知传送带长为L ，速度为v ，与物块间的动摩擦因数为μ。

(1)如图甲，v 0＝0时，若v <2μgL ，物块先加速后匀速；若v ≥2μgL ，物块 。

(2)如图甲，v 0≠0时，v 0与v 同向，若v 0<v <v 02＋2μgL ，物块 ；若v ≥v 02＋2μgL ，物块 ；若v 0>v >v 02－2μgL ，物块 ；若v ≤v 02－2μgL ，物块 。

D.当v2、μ、I满足一定条件时,物体可以从B端离开传送
7.如图6所示,质量为m的物体用细 绳拴住放在水平粗糙传送带上, 物体距传送带左端距离为L,稳 定时绳与水平方向的夹角为θ, 当传送带分别以v1、v2的 速度做逆时针转动时(v1＜v2),绳中的拉力分别为 F1、F2;若剪断细绳时,物体到达左端的时间分别为 t1、t2,则下列说法正确的是 ( ) A.F1＜F2 B.F1=F2 C.t1一定大于t2 D.t1可能等于t2
x1= ×at2=5 m x2=11 m 1秒后,速度达到10 m/s,摩擦力方向变为沿传 送带向上.物体以初速度v=10 m/s向下做匀加速运动 a2=gsin 37°-μgcos 37°=2 m/s2 x2=vt2+ ×a2 11=10t2+ ×2× t2=1 s 因此t=t1+t2=2 s 答案 (1)1 s (2)2 s
图5
送带,且物体离开传送带时的速度可能等于v1
C.当v2、μ、L满足一定条件时,物体可以从B端离开传
带,且物体离开传送带时的速度可能小于v1 解析 物体在传送带上受摩擦力向右,物体首先向左 做减速运动,当 ＞2μgL时,物体从A端离开传送带, 且所用时间t＜v2/μg,与v1无关,故A对;当 ＜ 2μgL,物体减速至零再返回,从B端离开传送带,且离 开时速度一定小于等于v1,故B错,C、D对. 答案 ACD
图 11
解析 设物体的质量为m,物体与传送带之间的滑动 摩擦力大小为Ff,物体相对传送带滑动的加速度大小 为a.物体在传送带上滑动,则有:Ff=ma,物体在传送 带上向左滑动的位移为:x= .速度减为零后, 在滑动摩擦力的作用下开始向右匀加速运动,加速度 大小仍为a,若v1＞v2,滑到传送带右端时的速度大小 为:v2′= ,比较可以得出,v2′=v2＜v1;若v1＜v2, 物体还没有运动到传送带的右端,速度就和传送带的 速度相同,物体与传送带之间不再存在摩擦力,物体 随传送带一起匀速运动,v2′=v1＜v2.正确选项为A、B. 答案 AB

专题04传送带问题和滑块—木板问题【必备知识】1．传送带问题(1)水平传送带问题当传送带水平时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。

摩擦力的突变，常常导致物体的受力情况和运动性质的突变。

静摩擦力达到最大值，是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间，物体与传送带的速度达到相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力为0或变为静摩擦力)。

(2)倾斜传送带问题当传送带倾斜时，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数μ和传送带倾斜角度θ对受力的影响，从而正确判断物体的速度和传送带速度相等时物体的运动性质。

2．滑块—木板问题(1)滑块—木板问题至少涉及滑块和木板两个物体(有时不止一个滑块，有时木板受地面的摩擦力)，物体间经常存在相对滑动。

由于摩擦力的突变，所以一般是多过程运动，各物体所受的摩擦力和运动情况比较复杂。

(2)常见的两种运动关系①滑块从初始位置滑到木板一端的过程中，若它们向同一方向运动，则滑块与木板的位移大小之差等于初始时滑块到木板这一端的距离。

②滑块从初始位置滑到木板一端的过程中，若它们向相反方向运动，则滑块与木板的位移大小之和等于初始时滑块到木板这一端的距离。

注意：如果滑块恰好没有脱离木板，则除了上述的位移关系外，滑块的末速度还与木板的相同。

【核心考点精准练】考向一：　传送带问题【例1】(多选)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 m/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)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2。

由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。

则小煤块从A运动到B的过程中( )A．运动时间是2 s B．运动时间是2.25 sC．划痕长度是4 m D．划痕长度是0.5 m【巩固1】如图所示，A、B间的距离l＝3.25 m，传送带与水平面成θ＝30°角，轮子转动方向如图所示，传送带始终以2 m/s的速度运行。