2020年高考物理二轮专项训练卷 专题07 传送带问题中的动力学与能量综合(含解析)

2020年高考物理专题精准突破专题动力学中的传送带问题【专题诠释】1.水平传送带模型2.倾斜传送带模型【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＝4 s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10 m/s2。

由题给数据可以得出()A ．木板的质量为1 kgB ．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 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，2 s 后木板滑动，物块和木板间的滑动摩擦力大小F 摩＝0.2 N 。

由题图c 知，2～4 s 内，木板的加速度大小a 1＝0.42m/s 2＝0.2 m/s 2，撤去外力F 后的加速度大小a 2＝0.4－0.21m/s 2＝0.2 m/s 2，设木板质量为m ，据牛顿第二定律，对木板有：2～4 s 内：F －F 摩＝ma 1,4 s 以后：F 摩＝ma 2，解得m ＝1 kg ，F ＝0.4 N ，A 、B 正确。

0～2 s 内，木板静止，F ＝f ，由题图b 知，F 是均匀增加的，C 错误。

因物块质量不可求，故由F 摩＝μm 物g 可知动摩擦因数不可求，D 错误。

【技巧方法】1. 涉及传送带的动力学问题分析时抓住两个时刻(1)初始时刻，比较物块速度与传送带速度关系，判断物块所受的摩擦力性质与方向，进而判断物块开始阶段的运动性质。

(2)物块与传送带速度相同时刻，再次判断物块所受的摩擦力性质与方向，进而判断下阶段物块的运动性质。

2. 涉及传送带的动力学问题分析时注意一个问题：要判断物块速度与传送带速度相同时，物块有没有完成整个运动过程。

专题07、传送带问题中的动力学与能量综合1.(2018·江苏泰州市联考)如图所示，传送带AB 总长为l ＝10 m ，与一个半径为R ＝0.4 m 的光滑四分之一圆轨道BC 相切于B 点，传送带速度恒为v ＝6 m/s ，方向向右，现有一个滑块以一定初速度从A 点水平滑上传送带，滑块质量为m ＝10 kg ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，已知滑块运动到B 端时，刚好与传送带同速，求：(1)滑块的初速度； (2)滑块能上升的最大高度；(3)求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能。

【答案】： (1)214 m/s 或4 m/s (2)1.8 m (3)220 J【解析】： (1)以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带速度时，有－μmgl ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝214 m/s ； 当滑块初速度小于传送带速度时，有μmgl ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝4 m/s 。

(2)由动能定理可得－mgh ＝0－12mv 2，解得h ＝1.8 m 。

(3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，滑块的加速度a ＝1 m/s 2，滑块减速到零的位移x 0＝v 22a＝18 m>10 m ，则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得l ＝vt －12at 2，解得t ＝2 s(t ＝10 s 舍去)，在此时间内传送带的位移x ＝vt ＝6×2 m ＝12 m ，滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能Q ＝μmg (l ＋x )＝0.1×10×10×(10＋12) J ＝220 J 。

2.如图所示，一平直的传送带以速度v ＝2m/s 匀速运动，传送带把A 处的工件运送到B 处，A 、B 相距L ＝10m ，从A 处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t ＝6s ，能传送到B 处，求： （1）工件在传送带上加速运动过程中的加速度大小及加速运动的时间；（2）欲用最短的时间把工件从A 处传送到B 处，求传送带的运行速度至少多大？【答案】：（1）1m/s2 （2）52【解析】：对工件受力分析：g a ma mg μμ==....对工件进行运动分析：假设工件从静止释放到与传送带共速共需要经历的时间为t 速度关系：)1...(at v =代入得2=at t=2s位移关系：)2)...(6(212t v at l -+=，代入相关参数得：a=1m/s 2 如果工件在传送带上一路匀加速刚好到达B 端时的速度为V ，且刚好与传送带共速，此时传送带的速度即为其临界的最小速度。

动力学和能量观点在力学中的应用考点一：直线、平抛、圆周运动组合问题1.解题策略(1)动力学方法观点:牛顿运动定律、运动学基本规律.(2)能量观点:动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律.2.解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程,将物理过程分解成几个简单的子过程.(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带,也是解题的关键.很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口.考点二应用动力学和能量的观点分析“传送带”问题1.动力学角度分析首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系.2.传送带问题中的功能关系分析(1)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q.(2)对W和Q的理解:①传送带做的功W=Fx传,其中F为传送带的动力,x传为传送带转过的距离;②产生的内能Q=FfΔx.考点三：应用动力学和能量的观点分析“滑块—滑板”问题1.问题分类水平面上的滑块—滑板问题和在斜面上的滑块—滑板模型.2.处理方法往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内物体的运动状态,既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动,又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化,在能量转化方面往往用到ΔE内=-ΔE机=fx相对.典例精析★考点一：直线、平抛、圆周运动组合问题◆典例一：(2018·杭州地区重点中学期末)如图20所示，玩具轨道由光滑倾斜轨道AB 、粗糙的水平轨道BC 、光滑圆轨道及粗糙的足够长的水平轨道CE 构成．已知整个玩具轨道固定在竖直平面内，AB 的倾角为37°，A 离地面高度H ＝1.45 m ，整个轨道水平部分动摩擦因数均为μ＝0.20，圆轨道的半径为R ＝0.50 m ．AB 与BC 通过一小段圆弧平滑连接．一个质量m ＝0.50 kg 的小球在倾斜导轨顶端A 点以v 0＝2.0 m/s 的速度水平发射，在落到倾斜导轨上P 点(P 点在图中未画出)时速度立即变成大小v P ＝3.4 m/s ，方向沿斜面向下，小球经过BC ，并恰好能经过圆的最高点．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，求：(1)P 点离A 点的距离； (2)B 到C 的距离x 0的大小；(3)小球最终停留位置与B 的距离．【答案】．(1)0.75 m (2)1.64 m (3)7.89 m【解析】 (1)小球从A 做平抛运动，经过时间t 落到倾斜导轨上的P 点，设水平位移为x ，竖直位移为y ，有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2tan 37°＝y x ＝34联立解得x ＝0.6 mP 点距抛出点A 的距离为l ＝x cos 37°＝0.75 m(2)由恰好经过圆的最高点D ，此时有mg ＝m v D 2R ，得v D ＝gR ＝ 5 m/s由P 到D ，能量关系：12mvP 2＋mg (H －l sin 37°)－μmgx 0＝12mv D 2＋2mgR解得x 0＝1.64 m.(3)设小球最终停留位置与B 的距离为x ′，从P 点到最终停留位置满足能量关系：12mvP 2＋mg (H －l sin 37°)＝μmgx ′，解得x ′＝7.89 m.◆典例二： 如图所示,将一质量m=0.1 kg 的小球自水平平台顶端O 点水平抛出,小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α=53°的光滑斜面顶端A 并沿斜面下滑,斜面底端B 与光滑水平轨道平滑连接,小球以不变的速率过B 点后进入BC 部分,再进入竖直圆轨道内侧运动.已知斜面顶端与平台的高度差h=3.2 m,斜面高H= 15 m,竖直圆轨道半径R=5 m.取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g=10 m/s2,求:(1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x;(2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间;(3)若竖直圆轨道光滑,小球运动到圆轨道最高点D 时对轨道的压力.【答案】(1)v 0=6 m/s,x=4.8 m.(2)t=t 1+t 2=2.05 s(3)F N ′=3 N,方向竖直向上【解析】:(1)小球做平抛运动落至A 点时,由平抛运动的速度分解图可得v 0=错误!未找到引用源。

2020届高考物理第二轮专题复习选择题模拟演练传送带模型的动力学问题一、单项选择题1、如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是( )A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ2、在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带．当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动．随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进．设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s 2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为 ( )A ．5 mmB ．6 mmC ．7 mmD ．10 mm3、已知一足够长的传送带与水平面的倾角为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物块(如图a 所示)，以此时为t ＝0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b 所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v 1>v 2)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.则下列判断正确的是( )A ．0～t 1内，物块对传送带做正功B ．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ<tan θC ．0～t 2内，传送带对物块做功为W ＝12mv 22－12mv 21D ．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大4、如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m 的煤块(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a 开始运动，当其速度达到v 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，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g)( )A ．μ与a 之间一定满足关系μ≥a gB ．黑色痕迹的长度为a －μg v 22a 2 C ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v μgD ．煤块与传送带由于摩擦而产生的热量为mv 225、如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终以v ＝7 m/s 的速率转动，现把一质量为4 kg 的工件(可看为质点)轻轻放在传送带的底端，经一段时间后工件被传送到高度h＝8 m的顶端，已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝3 2，g取10 m/s2，在这段时间内，工件的速度v、位移x、加速度a、所受合外力F随时间t变化的图象正确的是( )6、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F f1、F f2，则下列说法正确的是( )A.F f1<F f2B.物体所受摩擦力方向向右C.F1＝F2D.F f1＝μmg7、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v－t图象，其中可能正确的是( )8、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＝tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v －t图象不可能是( )二、多项选择题9、如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端瞬时速度v A＝4 m/s，到达B 端的瞬时速度设为v B，则(g取10 m/s2)( )A．若传送带不动，则v B＝3 m/sB．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，v B＝3 m/sC．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，v B＝3 m/sD．若传递带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，v B＝2 m/s10、如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2>v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是( )A．从下端B离开，v>v1B．从下端B离开，v<v1C．从上端A离开，v＝v1D．从上端A离开，v<v111、如图所示，绷紧的长为6 m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2 m/s运行．一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5 m/s.若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B．若传送带的速度为5m/s，小物块将从传送带左端滑出C．若小物块的速度为4m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出D．若小物块的速度为1m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出12、如图所示，传送带带面AB与水平面间夹角为α＝37°，物块与传送带之间动摩擦因数为0.5，传送带保持匀速运转．现将物块由静止放到传送带中部，A、B间距离足够大(即物块可与带面等速，且物块与带面等速时，物块尚未到达A或B)．下列关于物块在带面AB上的运动情况的分析正确的是 ( )A．若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向上加速滑动B．若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向下加速滑动C．若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为10 m/s2，后为0D．若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为10 m/s2，后为2 m/s213、如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边倾斜的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是( )A．物块A、B同时到达传送带底端B．物块B到达传送带底端的速度为3 m/sC．物块A下滑过程中相对传送带的路程为3 mD．物块B下滑过程中相对传送带的路程为3 m14、如图所示，水平传送带以恒定速度v 向右运动。

2020届高考物理第二轮专题复习选择题模拟演练“传送带、板块”模型的动力学问题一、单项选择题1、质量为m0＝20 kg、长为L＝2 m的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.1.将质量m＝10 kg的小木块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)．则以下说法中正确的是( )A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板2、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v1，一个物体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，则下列物块运动的v­t图象不可能是( )3、如图所示，水平传送带始终以速度v1顺时针转动，一物块以速度v2(v2≠v1)滑上传送带的左端，则物块在传送带上的运动一定不可能是( )A．先加速后匀速运动B．一直加速运动C．一直减速直到速度为零D．先减速后匀速运动4、在一块固定的倾角为θ的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上，已知图甲中两本书一起匀速下滑，图乙中两本书一起加速下滑．已知两本书的封面材料不同，但每本书的上、下两面材料都相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等．设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ1，汉语词典和木板之间的动摩擦因数为μ2，英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为μ3，则下列说法正确的是( )A．μ1>μ2B．μ3<μ2C．图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是μ3mg cosθD．图甲中英语词典受到的摩擦力大小是μ2mg cosθ5、如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是下列选项中的( )6、如图所示，质量相等的两物体A 、B 叠放在粗糙的水平面上，A 与B 接触面光滑，A 、B 分别受水平向右的恒力F 1、F 2作用且F 2>F 1，现A 、B 两物体保持相对静止，则B 受到水平地面的摩擦力大小和方向为( )A.F 2－F 1，向右B.F 2－F 1，向左C.F 2－F 12，向左D.F 2－F 12，向右7.如图所示，质量为M ＝1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量为m ＝1 kg的小铁块(可视为质点)，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增大的水平向左的力F，下列能正确表示铁块与木板间的摩擦力F f随力F大小变化的图象是(重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )8、如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A，某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数，若A、B 之间的滑动摩擦力F f的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的v－t图象的是( )二、多项选择题9、如图所示，木块A质量为1 kg，木块B的质量为2 kg，叠放在水平地面上，A、B间最大静摩擦力为1 N，B与地面间动摩擦因数为0.1，用水平力F推B，要想让A、B保持相对静止，F的大小可能是( )A.1 NB.4 NC.9 ND.12 N10、将物块A 、B 叠放在水平地面上，现用相同的水平恒力F 以甲、乙两种不同的方式拉物块，如图所示，A 、B 始终相对静止，设A 、B 之间的摩擦力大小为F f ，下列判断正确的是( )A.若两物块仍静止，则甲、乙两图中的F f 大小可能相等B.若地面光滑，则甲、乙两图中的大小F f 可能相等C.若两物块做匀速运动，则甲、乙两图中的F f 大小可能相等D.两物块做加速运动，则甲、乙两图中的F f 大小可能相等11、如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上，A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，现对A 施加一水平拉力F ，则下列说法正确的是( )A.当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B.当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μg C.当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D.无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg 12、如图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，重力加速度取g ＝10 m/s 2.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( )A．μ＝0.4 B．μ＝0.2C．t＝4.5 s D．t＝3 s13、如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1B．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大D．小滑块的质量m＝2 kg14、三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长度都是6 m且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑至底端，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．下列说法正确的是( )A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A做正功，对物块B做负功D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1 215、如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )A．小滑块的质量m＝2 kgB．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2D ．当水平拉力F 增大时，小滑块的加速度一定增大16、如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小．这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M 和m .各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d .现用水平向右的恒定拉力F 拉动纸板，下列说法正确的是( )A ．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M ＋m )gB ．要使纸板相对砝码运动，F 一定大于2μ(M ＋m )gC ．若砝码与纸板分离时的速度小于μgd ，砝码不会从桌面上掉下D ．当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码恰好到达桌面边缘答案与解析1、C解析：木块对木板的摩擦力f 1＝μ2mg ＝40 N ，水平面对木板的摩擦力f 2＝μ1(m ＋m 0)g ＝30 N ，因为f 1>f 2，所以木板一定向右运动，对木块，由牛顿第二定律得a 1＝f 1m＝μ2g ＝4 m/s 2，对木板，由牛顿第二定律有a 2＝f 1－f 2m 0＝0.5 m/s 2，设经过时间t ，小木块和木板的速度相等，v 0－a 1t ＝a 2t ，解得t ＝89 s ，共同速度v ＝a 2t ＝49m/s ，小木块的位移x 1＝v 0＋v 2t ＝16081m ，木板的位移x 2＝v 2t ＝1681m ，小木块相对木板的位移Δx ＝x 1－x 2＝14481 m<L ＝2 m ，所以小木块不能滑出长木板，故C 正确．2、C解析：因v 2>v 1，则物块相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下，若F ＝mg sin θ＋μmg cos θ，则物体的加速度为零，将一直以v 2向上匀速运动，选项B 正确；若F >mg sin θ＋μmg cos θ，则物体的加速度向上，将一直向上做匀加速直线运动，选项A 正确；若F <mg sin θ＋μmg cos θ，则加速度向下，物体将向上做匀减速直线运动，当两者速度相等时，物体受向上拉力和静摩擦力而合外力为零，则物体与传送带一起向上匀速运动，故选项C 错误，选项D 正确．3、C解析：若v 2<v 1，物块相对传送带向左滑动，受到向右的滑动摩擦力，可能向右先加速运动，当物块速度增大到与传送带速度相等后再做匀速运动；物块在滑动摩擦力作用下，可能一直向右做匀加速运动；若v2>v1，物块相对传送带向右运动，受到向左的滑动摩擦力，可能向右做匀减速运动，当物块速度减小到与传送带速度相等后再做匀速运动，物块在滑动摩擦力作用下不可能一直减速直到速度为零，故选C.4、D解析：对图甲，对整体分析，根据共点力平衡有2mg sinθ＝μ2·2mg cosθ，对乙图，对整体分析，根据牛顿第二定律得2mg sinθ－μ1·2mg cosθ＝2ma，由两式可知μ1<μ2，故A错误．对图乙，对整体分析，由2mg sinθ－μ1·2mg cosθ＝2ma，解得a＝g sinθ－μ1g cosθ，对汉语词典分析，根据牛顿第二定律得mg sinθ－f＝ma，解得f＝μ1mg cosθ，因为两词典保持相对静止，则μ1mg cosθ<μ3mg cosθ，知μ1<μ3，无法比较μ2与μ3的关系，故B、C错误．根据共点力平衡条件知，图甲中英语词典所受的摩擦力为静摩擦力，f＝mg sinθ，因为2mg sinθ＝μ2·2mg cosθ，所以f ＝μ2mg cosθ，故D正确．5、A解析：设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.对木板应用牛顿第二定律得－μ1mg －μ2·2mg ＝ma 1，a 1＝－(μ1＋2μ2)g设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为a 2，对整体有－μ2·2mg ＝2ma 2，a 2＝－μ2g ，可见|a 1|>|a 2|由v ­t 图象的斜率表示加速度大小可知，选项A 正确． 6.B解析：若物体A 和B 保持相对静止，则二者的加速度相同，设水平面对B 的摩擦力大小为F f ，方向水平向左，由牛顿第二定律知：对A ：F 1＝ma ，对B ：F 2－F f ＝ma ；联立得F f ＝F 2－F 1，由于F 2>F 1，故F f >0，所以水平面对B 的摩擦力方向水平向左，故B 正确，A 、C 、D 错误. 7.C解析：当F <μ1(M ＋m )g ＝2 N 时，F f ＝0；铁块恰好未与木板发生相对滑动时，铁块的加速度a 0＝μ2g ，F ＝μ1(M ＋m )g ＋(M ＋m )a 0＝10 N ，故当2 N≤F ＜10 N 时，木板、铁块保持相对静止向右做加速运动，F－μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，F f ＝ma ，解得F f ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫F 2－1N ；当F ≥10 N 时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力F f ＝μ2mg ＝4 N ，所以C 正确. 8.B解析：以A 、B 整体为研究对象，A 、B 整体具有共同的最大加速度，由牛顿第二定律得a 1＝F 2m ，对B 由牛顿第二定律有a 1＝F fm，达到最大加速度所经历的时间t ＝F k ，由以上各式解得t ＝2F fk，此后B 将受恒力作用，做匀加速直线运动，v －t 图线为倾斜的直线，故B 正确. 二、多项选择题 9.AB解析：因为A 做加速运动时，通过B 给它的摩擦力产生的加速度，而B 对A 的最大静摩擦力为F f ＝1 N ，故A 的最大加速度为a ＝F f m A ＝1 N1 kg＝1 m/s 2，要想让A 、B 保持相对静止，则A 、B 的加速度的最大值也是1 m/s 2，故再由牛顿第二定律可得F －μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，解得F ＝6 N ，故F 的大小可能是1 N 或4 N ，选项A 、B 正确. 10.BD解析：若两物体仍处于静止状态，通过受力分析可知，题图甲中A 、B 间存在摩擦力，题图乙中A 、B 间不存在摩擦力，故A 错误；若地面光滑，而题中条件已说明A 、B 始终相对静止，则A 、B 两物体具有共同加速度 ，对甲图有：F f ＝m B F m A ＋m B ，对乙图有：F f ′＝m A Fm A ＋m B，由于两物体质量关系未知，故B 正确；若两物块处于匀速运动状态，通过受力分析可知，题图甲中A 、B 间存在摩擦力，乙图中A 、B 间不存在摩擦力，故C 错误；结合选项B 的分析可知，选项D 正确.] 11.BCD解析：设B 对A 的摩擦力为F f1，A 对B 的摩擦力为F f2，地面对B 的摩擦力为F f3，由牛顿第三定律可知F f1与F f2大小相等、方向相反，F f1和F f2的最大值均为2μmg ，F f3的最大值为32μmg ，故当0<F ≤32μmg时，A 、B 均保持静止，继续增大F ，在一定范围内A 、B 将相对静止并以共同的加速度开始运动，故A 错误；设当A 、B 恰好发生相对滑动时的拉力为F ′，加速度为a ′，则对A ，有F ′－2μmg ＝2ma ′，对A 、B 整体，有F ′－32μmg ＝3ma ′，解得F ′＝3μmg ，故当32μmg＜F ≤3μmg 时，A 相对于B 静止，二者以共同的加速度开始运动；当F >3μmg 时，A 相对于B 滑动，C 正确；当F ＝52μmg 时，A 、B 以共同的加速度开始运动，将A 、B 看成整体，由牛顿第二定律有F －32μmg＝3ma ，解得a ＝μg3，B 正确；对B 分析，其所受合力的最大值F m ＝2μmg－32μmg ＝12μmg ，即B 的加速度不会超过12μg ，D 正确. 12、BC解析：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 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 图象中，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．13、BD解析：由题可知，当0<F ≤6 N 时二者一起加速运动，对整体有F ＝(M ＋m )a ，a ＝1M ＋m F ，即此时a ­F 图线的斜率为整体质量的倒数，得M ＋m ＝3 kg ；当F >6 N 时二者间出现相对滑动，对木板有F －μmg ＝Ma ，即a ＝1M F －μmgM，可见此时a ­F 图线的斜率为木板质量的倒数，可得M ＝1 kg ，则m ＝2 kg ，D 正确．由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力，不再随F 的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，由图可知小滑块的最大加速度为a 大＝2 m/s 2，由牛顿第二定律有μmg ＝ma 大，得μ＝0.2，A 、C 错误．将F ＝7 N 代入a ＝1M F －μmg M 得a ＝3 m/s 2，B正确．14、BD解析：因为mg sin37°>μmg cos37°，则A 所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，B 所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，两物块做匀加速直线运动的加速度大小相等，位移大小相等，则运动的时间相等，故A 错误，B 正确；传送带对A 、B 的摩擦力方向与速度方向相反，都沿传送带向上，传送带对物块A 和物块B 均做负功，故C 错误；对A ，划痕的长度等于A 的位移减传送带的位移，以A 为研究对象，由牛顿第二定律得mg sin37°－μmg cos37°＝ma ，a ＝2 m/s 2，由运动学公式x ＝v 0t ＋12at 2得运动时间为t ＝2 s ，所以传送带运动的位移为x ＝v 0t ＝2 m ，所以A 在传送带上的划痕长度为Δx 1＝6 m －2 m ＝4 m ；对B ，划痕的长度等于B 的位移加上传送带的位移，同理得出B 在传送带上的划痕长度为Δx 2＝6 m ＋2 m ＝8 m ，所以划痕长度之比为12，故D 正确．15、AC解析：当F ＝6 N 时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得M ＋m ＝3 kg.当F 大于6 N 时，两物体发生相对滑动，对长木板有a ＝F －μmg M ＝F M －μmg M ，图线的斜率k ＝1M＝1，解得M ＝1 kg ，滑块的质量m ＝2 kg ，选项A 正确；滑块的最大加速度a ′＝μg ＝2 m/s 2，所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，选项B 错误；当F ＝7 N 时，由a ＝F －μmgM知长木板的加速度a ＝3 m/s 2，选项C 正确；当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度a′＝μg＝2 m/s2，恒定不变，选项D错误．16、BC解析：对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为f ＝μ(M＋m)g＋μMg，故A错误；设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有f1＝Ma1，F－f1－f2＝ma2，发生相对运动需要a2>a1，代入已知条件解得F>2μ(M＋m)g，故B正确；若砝码与纸板分离时的速度小于μgd，砝码匀加速运动的位移小于v22a1＝μgd2μg＝d2，匀减速运动的位移小于v22a1＝μgd2μg＝d2，则位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确；当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1＝μg，纸板的加速度a2＝F－μm＋M g－μMgm＝2μg，根据12a2t2－12a1t2＝d，解得t＝2dμg，则此时砝码的速度v＝a1t＝2μgd，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′＝μg，则匀减速运动的位移为v22a′＝2μgd2μg＝d，而匀加速运动的位移x′＝12a1t2＝d，可知砝码恰好离开桌面，故D错误．。

能量专题问题中的“传送带”模型和“板块”模型1、如图所示,某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞,在空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下。

他在空中滑翔的过程中( )A.只有重力做功B.重力势能的减小量大于重力做的功C.重力势能的减小量等于动能的增加量D.动能的增加量等于合力做的功2、如图,木块m 放在光滑的水平面上,一颗子弹水平射入木块中,子弹受到的平均作用力为f ,射入深度为d ,此过程中木块移动了s ,则( )A.子弹损失的动能为fsB.木块增加的动能为()f s d +C.子弹动能的减少等于木块动能的增加D.子弹、木块系统总机械能的损失为fd3、水平传送带以速度v 匀速转动,把一质量为m 的小木块A 由静止轻放在传送带上,若小木块与传送带间的动摩擦因数为μ如图所示,在小木块与传送带相对静止时,转化为内能的能量为( )A. 2mvB. 22mvC.214mv D. 212mv4、如图所示,固定在水平面上的光滑斜面倾角为θ=30°,物体A 、B 通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧,P 为固定在斜面上且与斜面垂直的光滑挡板,物体A 、B 的质量分別为m 和4m 。

开始时用手托住物体A ,滑轮两边的细绳恰好伸直,且左边的细绳与斜面平行,弹簧处于原长状态,A 距离地面高度为h ,放手后A 从静止开始下落,在A 下落至地面前的瞬间,物体B 恰好对挡板无压力,不计空气阻力,下列关于物体A 的说法正确的是( )A.在下落至地面前的过程中机械能守恒B.在下落至地面前的瞬间速度不一定为零C.在下落至地面前的过程中轻弹簧对A 做的功为-mghD.在下落至地面前的过程中可能一直在做加速运动5、如图所示,质量为m 1、长为L 的木板置于光滑的水平面上,一质量为m 的滑块(视为质点)放置在木板左端,滑块与木板间滑动摩擦力的大小为f,用水平的恒定拉力F 作用于滑块.当滑块从静止开始运动到木板右端时,木板在地面上移动的距离为s,滑块速度为v 1, 木板速度为v 2, 下列结论中正确的是( )A. 滑块克服摩擦力所做的功为f(L+s)B.木板满足关系: 2121()2f L s m v += C. ()221121122F L s mv m v +=+ D.其他条件不变的情况下,F 越大,滑块与木板间产生的热量越多6、如图所示,在匀速转动的电动机带动下,足够长的水平传送带以恒定速率1v ，匀速顺时针运动,一质量为m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率2v (21v v >)滑上传送带,最后滑块返回传送带的右端。

运动和力的关系“传送带”模型中的动力学问题素养目标：1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类。

2.会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。

1．（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。

下列说法正确的是（ ）A．刚开始物体相对传送带向前运动B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长考点一　水平传送带中的动力学问题水平传送带问题的常见情形及运动分析滑块的运动情况情景传送带不足够长(滑块最终未与传送带相对静止)传送带足够长一直加速先加速后匀速v 0<v 时，一直加速v 0<v 时，先加速再匀速v 0>v 时，一直减速v 0>v 时，先减速再匀速滑块一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端若v 0≤v ，则返回到左端时速度为v 0；若v 0>v ，则返回到左端时速度为v例题1. 如图所示，足够长水平传送带逆时针转动的速度大小为1v ，一小滑块从传送带左端以初速度大小0v 滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块最终又返回到左端。

已知重力加速度为g ）A ．小滑块的加速度向右，大小为μgB ．若01vv <，小滑块返回到左端的时间为1v v g m +C ．若01v v >，小滑块返回到左端的时间为01v v gm +D ．若01v v >，小滑块返回到左端的时间为()20112v v gv m +【答案】D【解析】A ．小滑块相对于传送带向右滑动，滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定律得：mg ma m =解得：a gm =1.若01v v >，先匀减速再反方向加速，反方向加速只能加速到1v ，不能加速到0v 。

2020届高考物理第二轮专题复习选择题模拟演练传送带模型的动力学问题一、单项选择题1、如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是()A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ≥tanθ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsinθ2、在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带．当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动．随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进．设传送带匀速前进的速度为0.25m/s，把质量为5kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s 2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为 ( )A ．5 mmB ．6 mmC ．7 mmD ．10 mm3、已知一足够长的传送带与水平面的倾角为 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物块 (如图a 所示)，以此时为 t ＝0 时刻纪录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图 b 所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小 v >v )．已知传送带的速度保持不变，g 取1210 m/s 2.则下列判断正确的是( )A ．0～t 内，物块对传送带做正功1B ．物块与传送带间的动摩擦因数为 μ，μ<tan θ1 1C ．0～t 内，传送带对物块做功为 W ＝ mv 2－ mv 22 2 2 2 1D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大4、如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(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a开始运动，当其速度达到v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，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g)( )aA．μ与a之间一定满足关系μ≥gB．黑色痕迹的长度为a－μg v2a22vC．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为μgmvD．煤块与传送带由于摩擦而产生的热量为225、如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终以v＝7m/s的速率转动，现把一质量为4kg的工件(可看为质点)轻轻放在传送带的底端，经一段时间后工件被传送到高度 h ＝8 m 的顶端，已知工件与传送带间的动摩擦因数为 μ＝3，2g 取 10 m/s 2，在这段时间内，工件的速度 v 、位移 x 、加速度 a 、所受合外力 F 随时间 t 变化的图象正确的是( )6、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 v 、v 的速度做12逆时针运动时(v <v )，绳中的拉力分别为 F 、F ，物体受到的摩擦力1212分别为 F 、F ，则下列说法正确的是()f1f2A.F <Ff1f2B.物体所受摩擦力方向向右C.F ＝F 12D.F ＝μmgf17、如图所示，水平传送带沿顺时针方向以恒定速率v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v－t 图象，其中可能正确的是( )8、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v.一个物块从传送带底端以初速度大小v(v＞v)上滑，同1 2 2 1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图象不可能是()二、多项选择题9、如图所示，水平传送带 A 、B 两端相距 s ＝3.5 m ，工件与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.1.工件滑上 A 端瞬时速度 v ＝4 m/s ，到达 BA端的瞬时速度设为 v ，则(g 取 10 m/s 2 B)( )A ．若传送带不动，则 v ＝3 m/sBB ．若传送带以速度 v ＝4 m/s 逆时针匀速转动，v ＝3 m/sBC．若传送带以速度 v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v ＝3 m/sBD ．若传递带以速度 v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v ＝2 m/sB10、如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A 滑上传送带，滑上时速率为 v ，传送带的速率为 v ，且 v >v ，不计1221空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率 v 和位置， 下面可能的是()A ．从下端B 离开，v>v1B．从下端B离开，v<v1C．从上端A离开，v＝v1D．从上端A离开，v<v111、如图所示，绷紧的长为6m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v＝2m/s运行．一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上1传送带，其速度大小为v＝5m/s.若小物块与传送带间的动摩擦因数2μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是()A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B．若传送带的速度为5m/s，小物块将从传送带左端滑出C．若小物块的速度为4m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出D．若小物块的速度为1m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出12、如图所示，传送带带面AB与水平面间夹角为α＝37°，物块与传送带之间动摩擦因数为0.5，传送带保持匀速运转．现将物块由静止放到传送带中部，A、B间距离足够大(即物块可与带面等速，且物块与带面等速时，物块尚未到达A或B)．下列关于物块在带面AB上的运动情况的分析正确的是()A ．若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向上加速滑动B ．若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向下加速滑动C ．若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为 10 m/s 2， 后为 0D ．若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先10为m/s 2，后 为 2 m/s 213、如图所示，三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边倾斜的传送带长都是 2 m ，且与水平方向的夹角均为 37°.现有两个小物块 A 、B 从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5，g 取 10 m/s0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是( )2，sin 37°＝A ．物块 A 、B 同时到达传送带底端B ．物块 B 到达传送带底端的速度为 3 m/sC ．物块 A 下滑过程中相对传送带的路程为 3 mD ．物块 B 下滑过程中相对传送带的路程为 3 m14、如图所示，水平传送带以恒定速度v向右运动。

传送带模型中的动力学及能量观点的综合问题学校：_________班级：___________姓名：_____________模型概述1．传送带的特点：传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对滑动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。

2．传送带问题的解题关键：抓住v物=v传的临界点，当v物=v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。

3．传送带问题中位移的区别1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。

2)物体相对传送带的位移(划痕长度)Δx①若有一次相对运动：Δx=x传-x物或Δx=x物-x传。

②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx=Δx1+Δx2(图甲)；两次相对运动方向相反，则Δx等于较长的相对位移大小(图乙)。

4.传送带问题的基本类型有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型.1)水平传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况①可能一直加速②可能先加速后匀速①v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v0=v时，一直匀速③v0<v时，摩擦力为动力，可能一直加速，也可能先加速再匀速①传送带较短时，摩擦力为阻力，滑块一直减速到达左端②传送带足够长时，摩擦力先为阻力，滑块先向左减速，减速到零后摩擦力再为动力，物体反向加速运动回到右端。

2)倾斜传送带常见类型及滑块运动情况类型滑块运动情况①可能一直加速②可能先加速后匀速①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能先以a 1加速再以a 2加速5.传送带问题分析的基本思路求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向.当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键.1)动力学分析：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．2)功能关系分析①功能关系分析：电机所做的功W =ΔE k (+ΔE P )+Q ②对W 和Q 的理解：Ⅰ、因放上物体而使电动机多消耗的电能：W Ⅱ、传送带克服摩擦力做的功：W f =F f ⋅x 传；Ⅲ、产生的内能：Q =W f =-F f ⋅x 相对．典题攻破1.水平传送带1.(2024·河南郑州·三模)(多选)如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 1=2m/s 向右运动，一质量为m =1kg 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2=4m/s 滑上传送带，经过时间t =9s ，最终滑块又返回至传送带的右端。

素养培优2传送带模型中动力学、能量和动量的综合1.（2024·北京高考10题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。

下列说法正确的是（）A.刚开始物体相对传送带向前运动B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长2.如图所示，传送带以恒定速度v0向右运动，A、B间距为L，质量为m的物块无初速度放于左端A处，同时用水平恒力F向右拉物块，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，物块从A运动到B的过程中，动能E k随位移x变化的关系图像不可能的是（）3.（2024·天津和平区三模）如图所示，上表面长为L＝4 m的水平传送带与木板紧靠在一起，且二者上表面在同一水平面，皮带以v0＝3.0 m/s的速度顺时针转动。

在传送带左端无初速度地放上一质量为m＝1.0 kg的物块（可视为质点），物块与传送带及物块与木板上表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，经过一段时间物块被传送到传送带的右端，随后物块平稳滑上木板，木板的质量M＝2 kg，木板下表面光滑，物块最终刚好停在木板的右端没有滑下。

不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，求：（1）物块在传送带上运动的时间t；（2）木板的长度d。

4.（2024·辽宁抚顺三模）一水平传送带以v＝2 m/s的速度顺时针匀速转动。

如图甲所示，将物块A轻轻放到传送带左端，物块A与传送带之间的动摩擦因数μ0＝0.2。

传送带紧挨着右侧水平地面，地面左侧O点放一物块B，物块B与水平面间的动摩擦因数为μ，且μ随物体到O点的距离x按图乙所示的规律变化，传送带水平部分长L＝1.2 m，物块A运动到水平地面上和B发生弹性碰撞，碰后B向右运动挤压弹簧，B向右运动的最大距离为d＝0.5 m，物块A、B的大小可忽略，质量均为m＝0.5 kg。

重力加速度g取10 m/s2。

素养培优2传送带模型中动力学、能量和动量的综合1.摩擦力的方向及存在阶段的判断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.物体能否达到与传送带共速的判断物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。

3.传送带中摩擦力做功与能量转化（1）静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。

②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能。

（2）滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。

②相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能。

（3）摩擦生热的计算：①Q＝F f s相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。

②传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和。

【典例1】（2024·河南郑州二模）如图所示，水平传送带与左、右两边的光滑的水平台面等高，并能平滑对接，静止在台面上可视为质点的滑块A的质量为m＝0.9kg，长l＝3.5m的传送带始终以v＝1m/s的速率顺时针转动，滑块A左侧的枪膛长1m，高压气体对质量为m0＝100g子弹的平均作用力为80N，若把子弹在枪膛内的运动看作匀变速直线运动，子弹击中滑块A（子弹与滑块作用时间极短），并留在滑块A内，两者一起滑上传送带的左端，已知滑块A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）子弹出膛的速度大小；（2）子弹与小滑块A组成的整体滑上传送带左端时的速度大小；（3）小滑块A到达传送带右端时速度大小。

尝试解答【典例2】如图甲所示，水平传送带逆时针匀速转动，一质量为m＝2kg的小物块（可视为质点）沿光滑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的最左端A滑上传送带，取向右为正方向，以地面为参考系，从小物块滑上传送带开始计时，其运动的v-t图像如图乙所示，传送带的速率保持不变，g取10m/s2。

2020年高考专题训练—力学之传送带模型含解析1．如图所示，水平传送带以v=4m/s的速度匀速转动，传送带两端的长度L=8m．现在传送带左端A无初速度竖直释放某一可视为质点的物块，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，试求：（g=10m/s2）（1）物块刚放上传送带时物块的加速度a；（2）物块由传送带左端A运动到右端B的总时间；（3）若传送带匀速转动的速度可调，则传送带至少以多大速度v min运行，物块从A端到B端运动时间才最短？2．用与水平方向夹角为30°的倾斜传送带将质量为0.2kg的小煤块从高处运往低处，传送带两皮带轮轴心间的距离为L＝22m，若传送带不动，将煤块从传送带顶端无初速度释放，滑到底端需用时4.69s（）.（g=10m/s2）求：（1）煤块与传送带之间的滑动摩擦力大小；（2）现让传送带的两轮逆时针转动，使传送带保持以4m/s的速度运行，将煤块无初速度地放到传送带顶端，求煤块到达传送带底端所用的时间。

并求出此种情况下煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度.3．如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧轨道，并与圆弧下端相切．一质量为m=1kg的物体自圆弧轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径为R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，不计物体滑过圆弧轨道与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g取10m/s2．求：（1）物体第一次滑到圆弧轨道下端时，对轨道的压力大小F N；（2）物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，摩擦力对传送带做的功W，以及由于摩擦而产生的热量Q．4．如下图所示，在水平匀速运动的传送带的左端(P点)，轻放一质量为m＝1kg的物块，物块随传送带运动到A点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B、D为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R＝1.0m，圆弧对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为C，A点距水平面的高度h＝0.8m．(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：（1）物块离开A点时水平初速度的大小；（2）物块经过C点时对轨道压力的大小；（3）设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为5m/s，求PA间的距离．5．如图所示，质量为M=1kg的小木块随水平传送带一起以v=2m/s的速度向左匀速运动，传送带两端A、B间距为L=0.8m，小木块与传送带的动摩擦因数μ=0.5．当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m=20g 的子弹，以v0=300m/s的水平向右的速度射入木块，并在极短的时间内穿出，穿出速度v m=50m/s，重力加速度g取10m/s2．求：（1）子弹穿出小木块时小木块的速度v M；（2）子弹射穿小木块过程中产生的热量Q；（3）小木块在传送带上运动的时间．6．如图所示，传送带与水平面之间的夹角θ=30°，其上A、B两点间的距离L=5m，传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动．现将一质量m=10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带的A点，已知小物体与传送之间的动摩擦因数μ，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（取g=10m/s2）（1）物体刚开始运动的加速度大小；（2）物体从A到B运动的时间；（3）传送带对小物体做的功；（4）电动机做的功。

2020年高考物理专题精准突破专题“传送带”模型中的能量转化问题【专题诠释】传送带中摩擦力做功与能量转化1．静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；①有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【最新考向解码】【例1】(2019·长春实验中学高三上学期期末)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行。

在t＝0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带。

取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s2)。

求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功。

【答案】 (1)35 (2)－3.75 J 【解析】 (1)由v ­t 图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：a 1＝v 1t 1＝8 m/s 2 后0.5 s 的加速度为：a 2＝v 2－v 1t 2＝2 m/s 2 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2联立解得：θ＝30°，μ＝35。

2020年高考物理专题训练七 传送带问题中的动力学与能量综合1.(2018·江苏泰州市联考)如图所示，传送带AB 总长为l ＝10 m ，与一个半径为R ＝0.4 m 的光滑四分之一圆轨道BC 相切于B 点，传送带速度恒为v ＝6 m/s ，方向向右，现有一个滑块以一定初速度从A 点水平滑上传送带，滑块质量为m ＝10 kg ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，已知滑块运动到B 端时，刚好与传送带同速，求：(1)滑块的初速度； (2)滑块能上升的最大高度；(3)求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能。

【答案】： (1)214 m/s 或4 m/s (2)1.8 m (3)220 J【解析】： (1)以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带速度时，有－μmgl ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝214 m/s ；当滑块初速度小于传送带速度时，有μmgl ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝4 m/s 。

(2)由动能定理可得－mgh ＝0－12mv 2，解得h ＝1.8 m 。

(3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，滑块的加速度a ＝1 m/s 2，滑块减速到零的位移x 0＝v 22a ＝18 m>10 m ，则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得l ＝vt －12at 2，解得t ＝2 s(t ＝10 s 舍去)，在此时间内传送带的位移x ＝vt ＝6×2 m ＝12 m ，滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能Q ＝μmg (l ＋x )＝0.1×10×10×(10＋12) J ＝220 J 。

2.如图所示，一平直的传送带以速度v ＝2m/s 匀速运动，传送带把A 处的工件运送到B 处，A 、B 相距L ＝10m ，从A 处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t ＝6s ，能传送到B 处，求：（1）工件在传送带上加速运动过程中的加速度大小及加速运动的时间；（2）欲用最短的时间把工件从A 处传送到B 处，求传送带的运行速度至少多大？【答案】：（1）1m/s2 （2）52【解析】：对工件受力分析：g a ma mg μμ==....对工件进行运动分析：假设工件从静止释放到与传送带共速共需要经历的时间为t 速度关系：)1...(at v =代入得2=at t=2s位移关系：)2)...(6(212t v at l -+=，代入相关参数得：a=1m/s 2 如果工件在传送带上一路匀加速刚好到达B 端时的速度为V ，且刚好与传送带共速，此时传送带的速度即为其临界的最小速度。

高考物理二轮复习热门考点归纳—传送带中的动力学和能量问题1．传送带中动力学问题的注意事项(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断．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)物体能否达到与传送带共速的判断．物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．2．传送带中摩擦力做功与能量转化(1)静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能．(2)滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能．(3)摩擦生热的计算：①Q＝F f·s相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．②传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和．例1(2022·河北省高三学业考试)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则()A．0～1s内物块受到的摩擦力大小大于1～2s内的摩擦力大小B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5D．传送带底端到顶端的距离为10m答案D解析由题图乙可知在0～1s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与物块运动的方向相反；1～2s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据F f＝μF N，可知两段时间内摩擦力大小相等，A、B错误；在0～1s内物块的加速度大小为a＝|ΔvΔt ＝12－41m/s2＝8m/s2，根据牛顿第二定律有mg sin37°＋μmg cos37°＝ma，解得μ＝0.25，C错误；物块运动的位移大小等于v－t图线与时间轴所围图形的“面积”大小，为x＝4＋122×1m＋4×12m＝10m，所以传送带底端到顶端的距离为10m，D正确．例2(2022·江苏海安市高三期末)如图所示，一个工作台由水平传送带与倾角θ＝37°的斜面体组成，传送带AB间的长度L＝1.7m，传送带顺时针匀速转动，现让质量m＝1kg的物块以水平速度v0＝5m/s从A点滑上传送带，恰好能滑到斜面上高度h＝1.08m的C点，物块与斜面体和传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，传送带与斜面平滑连接，g取10m/s2.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求物块由A运动到B时的速度大小v B；(2)求物块由A运动到C所需要的时间t；(3)若改变传送带转速，物块以初动能E k x从A点水平滑上传送带，滑上斜面后恰好能返回出发点A，求物块初动能E k x的取值范围．答案(1)6m/s(2)0.9s(3)34J≤E k x≤42.5J解析(1)物块从B运动到C过程，由动能定理可得－mgh－μmg cos37°·hsin37°＝0－12 mv B2解得v B＝6m/s；(2)设物块从A运动到B过程中相对传送带的位移是x相对，由动能定理可得1 2mv B2－12mv02＝μmgx相对解得x相对＝1.1m＜L即物块在传送带上先匀加速到v B，然后在传送带上匀速运动．设物块在传送带上匀加速时间为t1，有v B＝v0＋at1，a＝μg解得t1＝0.2s设物块在传送带上匀速时间为t2，有L－x相对＝v B t2解得t2＝0.1s设物块从B运动到C所用时间为t3，由牛顿第二定律可得mg sin37°＋μmg cos37°＝ma′，又0＝v B－a′t3，联立可得t3＝0.6s，物块由A 运动到C 所需要的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝0.9s ；(3)物块以初动能E k x 从A 点水平滑上传送带，设到达B 点动能为E k B ，相对传送带位移为x ，则有E k B －E k x ＝μmgx ，0≤x ≤L ，物块从B 沿斜面运动到最高点，设上滑距离为s ，有0－E k B ＝－μmg cos 37°·s －mg sin 37°·s ，物块从B 上滑后又返回B 过程，有E k B ′－E k B ＝－2μmg cos 37°·s ，其中E k B ′是物块返回B 时的动能，从B 经传送带返回A 过程，有0－E k B ′＝－μmgL ，联立可得34J≤E k x ≤42.5J.1.(多选)(2022·宁夏回族自治区银川一中一模)如图所示，机场将货物用与水平面成θ＝30°角的传送带送到货仓，传送带以v ＝2m/s 的速度顺时针运行，地勤人员将一质量m ＝1kg 的货物以初速度v 0＝4m/s 从底部滑上传送带，货物恰好能到达传送带的顶端．已知货物与传送带之间的动摩擦因数为μ＝35，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10m/s 2，下列说法正确的是()A ．传送带从底端到顶端的长度为1mB ．货物在传送带上运动的时间为1.25sC ．货物在传送带上留下的划痕为1.25mD ．货物在传送带上向上运动的过程中由于摩擦产生的热量为3.75J答案BD解析开始时，货物相对传送带向上运动，受到的摩擦力沿传送带向下，货物将匀减速上滑，直至与传送带等速，设货物上滑的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mg sinθ＋μmg cosθ＝ma1，代入数据得a1＝8m/s2，则货物相对传送带匀减速上滑，直至与传送带等速的时间为t1＝v－v0－a1＝2－4－8s＝0.25s，货物沿传送带向上的位移为x1＝v0＋v2t1＝4＋22×0.25m＝0.75m，货物与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力F f＝μmg cosθ<mg sinθ，相对静止状态不能持续，货物速度会继续减小，此后，货物受到的摩擦力沿传送带向上，但所受合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直至速度为0，令此时货物减速上升的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得mg sinθ－μmg cosθ＝ma2，代入数据得a2＝2m/s2，由于货物恰好能到达传送带的顶端，则货物到达传送带顶端速度减为零且时间为t2＝va2＝1s，货物沿传送带向上运动的位移为x2＝v2t2＝1m，货物在传送带上运动的时间为t＝t1＋t2＝0.25s＋1s＝1.25s，B正确；根据选项B可知，传送带从底端到顶端的长度L＝x1＋x2＝1.75m，A错误；货物减速到与传送带速度相等时传送带的位移大小x传送带1＝vt1＝2×0.25m＝0.5m，货物与传送带速度相等后运动过程传送带的位移大小x传送带2＝vt2＝2×1m＝2m，货物速度与传送带速度相等前运动过程货物对于传送带的位移大小L1＝x1－x传送带1＝0.75m－0.5m＝0.25m，货物速度与传送带速度相等后运动过程货物对于相传送带的位移大小L2＝x传送带2－x2＝2m－1m＝1 m>L1，货物速度与传送带速度相等后向上运动过程中货物与传送带上留下的划痕与第一阶段减速运动过程划痕重合，因此货物在传送带上留下划痕的长度L＝L2＝1m，C错误；货物从滑上传送带到滑离传送带的过程中，因摩擦产生的热量为Q＝μmg cosθ·(L1＋L2)＝3.75J，D正确．2.(2022·湖南长沙一中高三检测)如图所示，水平传送带足够长，顺时针运动的速度v＝4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2kg的小物块(可看作质点)从A点静止释放．已知A、P的距离L＝9m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.1，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求物块：(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q.答案(1)6m/s(2)12.5s(3)88J解析(1)由动能定理得(mg sin37°－μ1mg cos37°)L＝12mv12－0解得v1＝6m/s(2)由牛顿第二定律有μ2mg＝ma物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1解得t1＝10s匀速运动阶段的时间为t2＝v122a－v22av＝2.5s第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝12.5s(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，物块最终停止在P 点，则根据能量守恒有Q ＝μ1mg cos 37°·L ＋12mv 2＝88J.专题强化练1．(2022·河南省濮阳外国语学校月考)如图甲，M 、N 是倾角θ＝37°的传送带的两个端点，一个质量m ＝5kg 的物块(可看作质点)以4m/s 的初速度自M 点沿传送带向下运动．物块运动过程的v －t 图像如图乙所示，g 取10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是()A ．物块最终从N 点离开传送带B ．物块与传送带间的动摩擦因数为0.6C ．物块在第6s 时回到M 点D ．传送带的速度v ＝2m/s ，方向沿逆时针转动答案C 解析从题图乙可知，物块速度减为零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为2m/s ，方向沿传送带向上，所以没从N 点离开传送带，从M 点离开，并且可以推出传送带沿顺时针转动，速度大小为2m/s ，A 、D 错误；速度时间图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小a ＝Δv Δt＝1.5m/s 2，根据牛顿第二定律有μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma ，解得μ≈0.94，B 错误；图线与时间轴围成的面积表示位移大小，由题图乙可知t1＝83s时，物块的速度减为0，之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移大小x1＝12×4×83m＝16 3m，t1＝83s到t2＝6s，物块沿传送带向上运动的位移大小x2＝6－4＋6－832×2m＝163m，因为x1＝x2，所以物块在第6s时回到M点，C正确．2.(多选)(2022·广东省模拟)如图，水平传送带在电动机带动下以恒定速率v顺时针运行，某时刻一个质量为m的快递包裹(可视为质点)以初速度v0(v0<v)从传送带左端滑上传送带．若从包裹滑上传送带开始计时，t0时刻包裹的速度达到v，快递包裹与传送带间的动摩擦因数为μ.重力加速度为g，则该快递包裹在传送带上运动的过程中()A．包裹先受到滑动摩擦力的作用，后受到静摩擦力的作用B．0～t0时间内，包裹所受摩擦力对包裹做功的功率越来越大C．若仅增大包裹的初速度v0(v0仍小于v)，则包裹被传送的整个过程中传送带对包裹所做的功也一定增加D．电动机因传送该包裹而多消耗的电能为μmgvt0答案BD解析由题意可知，包裹先受向右的滑动摩擦力做加速运动，速度与传送带相同后做匀速运动，匀速运动阶段不受摩擦力作用，A错误；0～t0时间内，包裹所受摩擦力恒定为μmg，包裹速度越来越大，摩擦力做功功率为P＝F f v t，可知摩擦力对包裹做功的功率越来越大，B正确；由动能定理知，整个过程中传送带对包裹所做的功等于包裹动能的增加量，所以v0增大，而末速度不变，动能增加量减小，传送带对包裹做的功减小，C错误；电动机因传送该包裹而多消耗的电能等于包裹动能的增加量及产生的摩擦热，在0～t0时间内，摩擦力对包裹所做的功为W＝F f x＝μmg v＋v02t0，包裹动能的增加量ΔE k＝W，产生的摩擦热Q＝μmgΔx＝μmg(vt0－v0＋v2t0)，则电动机因传送该包裹多消耗的电能为E＝μmgvt0，D正确．3.(2022·湖南常德市模拟)如图所示，水平传送带AB间的距离为16m，质量分别为2kg、4kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平．当传送带以8m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8m/s 的速度顺时针转动时，下列说法正确的是()A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6B．Q从传送带左端运动到右端所用的时间为2.6sC．Q在运动过程中所受摩擦力始终不变D．Q从传送带左端运动到右端的过程中P处于失重状态答案B解析当传送带以v＝8m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析，则有F T＝F f，即m P g＝μm Q g，代入数据解得μ＝0.5，故A错误；当传送带以v＝8m/s顺时针转动，物块Q做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有m P g＋μm Q g＝(m P＋m Q)a，解得a＝203m/s2，当Q速度达到传送带速度即8m/s 后，做匀速直线运动，根据速度时间公式有v＝at1，代入数据解得匀加速的时间为t1＝1.2s，匀加速的位移大小为x＝v22a，代入数据解得x＝4.8m，则匀速运动的时间为t2＝L－xv，代入数据解得t2＝1.4s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6s，故B正确；物块Q做匀加速直线运动时，摩擦力方向水平向右，匀速运动过程中，摩擦力方向水平向左，故Q在运动过程中所受摩擦力方向变化，故C错误；由B的分析可知，Q在这个过程中先加速后匀速，Q做匀加速直线运动时，P加速下降，处于失重状态，Q匀速运动过程中，P匀速下降，处于平衡状态，故D错误．4．(2022·广东省模拟)如图甲所示，倾角为37°的传送带以速度v0＝3m/s顺时针运转，两传动轮之间的距离足够长，质量m＝2kg的滑块从左侧底端以一定速度滑上传送带，滑块在传送带上运动的v－t图像如图乙所示，已知此过程传送带的速度保持不变(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)，则在图示时间内()A．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6B．0～4s内，传送带对滑块做的功为56JC．0～4s内，滑块对传送带做功大小为156JD．0～4s内，系统产生的内能为20J解析根据图像可知，滑块向上先加速后匀速，加速过程有μmg cos37°－mg sin37°＝ma，a＝ΔvΔt＝1m/s2，解得μ＝0.875，A错误；根据能量守恒定律可知，在0～4s内，传送带对滑块做的功为W＝12mv02－12mv2＋mgx sin37°，x＝1＋32×2m＋3×2m＝10m，联立解得W＝128J，B错误；在0～4s内，滑块对传送带做负功，大小为W′＝μmg cos37°×3×2 J＋mg sin37°×2×3J＝156J，C正确；在0～4s内，系统产生的内能为Q＝μmgΔx cos37°，Δx＝12×2×2m＝2m，联立解得Q＝28J，则在0～4s内系统产生的内能为28J，D错误．5．(2022·重庆八中高三检测)如图所示，水平传送带以v＝4m/s逆时针匀速转动，A、B为两轮圆心正上方的点，AB＝L1＝2m，两边水平面分别与传送带上表面无缝对接，弹簧右端固定，自然长度时左端恰好位于B点．现将一小物块与弹簧接触但不拴接，并压缩至图示位置后由静止释放．已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，AP＝L2＝1m，小物块与轨道左端P碰撞后原速反弹，小物块刚好返回到B点时速度减为零．g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．小物块第一次运动到A点时，速度大小一定为4m/sB．弹簧对小物块做的功等于小物块离开弹簧时的动能C．小物块离开弹簧时的速度可能为1m/sD．小物块对传送带做功的绝对值与传送带对小物块做功的绝对值一定相等解析设物块到达P点时的速度大小为v′，反弹后运动到B点时的速度为零，对物块从P点返回到B点的过程，由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－12mv′2，解得v′＝23m/s，对物块由A点到P点过程，由动能定理得－μmgL2＝12mv′2－12mv A2，解得v A＝4m/s，小物块可能在传送带上减速到共速、加速到共速，也可能一开始到B端时就共速，故A正确；弹簧对小物块做的正功与摩擦力对小物块做的负功之和等于小物块离开弹簧时的动能，故B错误；若物块滑上传送带时的速度v B 较大，则一直做匀减速运动，对其从滑上B点到返回B点的过程，有－2μmg(L1＋L2)＝0－12mv B2，解得v B＝26m/s，若速度v B较小，物块在AB上一直加速，到A点时恰好与传送带同速，有μmg＝ma，L1＝v B t＋12at2，v＝v B＋at，联立解得v B ＝22m/s，故小物块离开弹簧时的速度一定满足22m/s≤v B≤26m/s，故C错误；小物块与传送带间摩擦力大小相等，但小物块对传送带做功的绝对值为摩擦力乘传送带位移，传送带对小物块做功的绝对值为摩擦力乘小物块位移，当有摩擦力时，两者位移不同，因此功的绝对值也不同，故D错误．6.(多选)(2022·广东省模拟)我国快递行业迅猛发展，工作人员在分快递时常用传送带传送快递商品，工作人员用如图所示的倾斜传送带向高处传送质量为m＝2kg 的快递商品，传送带倾角为37°，传送带的底端A和顶端B之间的距离L＝9m，传送带以恒定速率v＝3m/s顺时针运行，将快递商品静止放于传送带底端A，经过一段时间将快递商品传送到传送带的顶端B，快递商品与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.875，快递商品可以看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．快递商品从底端A传送到顶端B用的时间为32sB．快递商品从底端A传送到顶端B过程中滑动摩擦力对快递商品做的功为126J C．快递商品从底端A传送到顶端B过程中机械能的增量为117JD．快递商品从底端A传送到顶端B过程中电动机比空载时多消耗的电能为180J 答案CD解析快递商品开始运动时受到沿传送带向上的滑动摩擦力F f1＝μmg cos37°根据牛顿第二定律有F f1－mg sin37°＝ma，解得加速度大小a＝1m/s2与传送带达到共同速度经历的时间为t1＝va＝3s，运动的位移为x1＝v2t1＝4.5m因为μ＝0.875，μmg cos37°>mg sin37°当快递商品的速度与传送带的速度相等时开始做匀速直线运动，运动的位移为x2＝L－x1＝4.5m匀速运动的时间为t2＝x2v＝1.5s，则快递商品从底端传送到顶端用的时间为t＝t1＋t2＝4.5s，A错误；快递商品加速运动时滑动摩擦力做的功为W＝F f1x1＝63J，B错误；快递商品从底端A传送到顶端B过程中机械能的增量为ΔE＝12mv2＋mgL sin37°＝117J，C正确；快递商品与传送带之间发生相对滑动时，传送带做匀速运动位移x3＝vt1＝9.0m，则产生的热量为Q＝μmg cos37°(x3－x1)＝63J，第二阶段快递商品与传送带之间没有相对滑动，不产生热量，物块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量是63J ，根据能量守恒定律可知，快递商品从底端A 传送到顶端B 过程中电动机多消耗的电能为系统能量的增量，即系统内能和快递商品机械能的增量，则E 电＝Q ＋ΔE ＝180J ，D 正确．7．(多选)(2022·河南省高三检测)如图(a)，倾角为37°的传送带以v ＝5m/s 的速度逆时针匀速转动，传送带A 、B 之间的距离为20m ，质量为m ＝1kg 的物块(可视为质点)自A 点无初速度放上传送带．物块在传送带上运动时，其动能E k 与位移x 的关系图像(E k －x )如图(b)所示，设物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，物块从A 运动到B 所用时间为t ，已知重力加速度g 取10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法中正确的是()A ．μ＝0.25B ．x 0＝1.25mC ．t ＝4sD ．E 0＝50J 答案BD 解析由题图(b)可知，开始时，物块所受摩擦力方向向下，当物块的速度和传送带速度相等时，摩擦力反向，但此时物块重力沿传送带向下的分力仍大于摩擦力，故物块继续做加速运动，当位移为x 0时，物块的速度为5m/s ，可得E 04＝12mv 2，代入数据解得E 0＝50J ，故D 正确；根据功能关系得(mg sin θ＋μmg cos θ)x 0＝12mv 2＝E 04，(mg sin θ－μmg cos θ)×10x 0＝3E 04－E 04，联立解得μ＝0.5，x 0＝1.25m ，故B 正确，A 错误；传送带A 、B 之间的距离为20m ，物块速度和传送带速度相等前，根据牛顿第二定律得a1＝g sinθ＋μg cosθ＝10m/s2，可得时间t1＝va1＝0.5s，当速度和传送带速度相等后，根据牛顿第二定律有a2＝g sinθ－μg cosθ＝2m/s2，根据运动学公式有20m－x0＝vt2＋12a2t22，解得t2＝2.5s，物块从A运动到B所用时间为t＝t1＋t2＝3s，故C错误．8.(2022·湖南郴州市质检)近些年网购流行，物流业发展迅速，工作人员常利用传送带来装卸快递或包裹．如图所示为某仓库卸货时的示意图，以恒定速率v1＝0.6 m/s逆时针运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°.工作人员沿传送方向以速度v2＝1.4m/s从传送带顶端推下一质量m＝5kg的小包裹(可视为质点).5s后突然停电，传送带立即停止运动，经过一定时间后包裹到达传送带底端速度恰好为0；包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)传送带顶端到底端的距离L；(2)整个过程产生的热量Q.答案(1)4.25m(2)40J解析(1)包裹被从顶端推下传送带时由牛顿第二定律可得μmg cosα－mg sinα＝ma，解得a＝0.4m/s2设经过t1后包裹与传送带速度相等，有t1＝v2－v1a＝2s这段时间内包裹运动的距离s1＝v1＋v22·t1＝2m传送带运动的距离s1′＝v1t1＝1.2m由于μmg cosθ＞mg sinθ，则包裹与传送带共速后，一起做匀速运动，共速后匀速运动时间t2＝Δt－t1＝3s包裹匀速运动距离s2＝v1t2＝1.8m停电后包裹做匀减速直线运动，加速度大小仍为a，匀减速直线运动时间t3＝v1 a＝1.5s停电后运动的距离s3＝v12t3＝0.45m传送带顶端到底端的距离L＝s1＋s2＋s3＝4.25m(2)产生的热量Q＝μmg(s1－s1′)cosα＋μmgs3cosα＝40J.9.(2022·江苏苏州市高三期末)如图所示，一倾斜固定的传送带与水平面的倾角θ＝37°，传送带以v＝2m/s的速率沿顺时针方向匀速运行．从距离传送带底端x0＝4 m的O点由静止释放一质量m＝0.5kg的滑块(视为质点)，滑块沿传送带向下运动，到达传送带底端时与挡板P发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后反弹速率不变．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．求：(1)滑块刚要与挡板P第一次碰撞时的速度大小；(2)滑块与挡板P第一次碰撞后到达的最高位置与传送带底端之间的距离L；(3)试描述经过足够长时间后滑块所处的状态，并计算与放置滑块前相比电动机增加的功率．答案(1)4m/s(2)1.6m(3)见解析解析(1)由牛顿第二定律有mg sin37°－μmg cos37°＝ma，解得a＝2m/s2，由2ax0＝v12，可得v1＝4m/s.(2)上滑时，滑块速度大于传送带速度的过程，加速度大小为a1＝mg sin37°＋μmg cos37°m＝10m/s2，由v2－v12＝－2a1L1，解得L1＝0.6m，速度小于传送带速度后加速度等于第一次下滑时的加速度，由v2＝2aL2，得L2＝1m，则滑块与挡板P第1次碰撞后到达的最高位置与传送带底端之间的距离为L＝L1＋L2＝1.6m.(3)滑块上升到最高点后，沿传送带以加速度大小a向下做匀加速运动，与挡板P 发生第二次碰撞，根据速度位移公式可得碰撞前瞬间的速度大小为v2＝2aL＝6.4m/s与挡板第二次碰撞后，滑块以原速被反弹，先沿传送带向上以加速度大小a1做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为L3，则L3＝v2－v22－2a1＝0.12m之后以加速度大小a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L4，则有L4＝v22a＝1m，滑块滑到最高点后，沿传送带以a的加速度向下匀加速，与挡板P发生第三次碰撞，碰前速度为v3＝2a L3＋L4＝4.48m/s，第三次碰撞后，沿传送带上滑的距离为L′＝v2－v32－2a1＋v22a＝1.024m，以此类推，经过多次碰撞后滑块以2m/s的速度被反弹，在距挡板1m的范围内不断做向上的减速运动和向下的加速运动，加速度大小均为2m/s2，滑块对传送带有一与传送带运动方向相反的阻力F f＝μmg cos37°＝2N，故电动机增加的输出功率为P＝μmgv cos37°＝4W.。

专题07功和能【2020年高考题组】1．(2020·全国高考课标1卷)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。

则( )A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J【答案】AB【解析】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。

令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J可得质量m＝1kg下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmg·cosθ·s＝20J求得μ＝0.5B 正确；C ．由牛顿第二定律mg sin θ－μmg cos θ＝ma求得a ＝2m/s 2C 错误；D ．物块下滑2.0m 时，重力势能减少12J ，动能增加4J ，所以机械能损失了8J ，D 选项错误。

故选AB 。

2．(2020·江苏省高考真题)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。

斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。

该过程中，物块的动能k E 与水平位移x 关系的图象是( )A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x 时根据动能定理有k tan cos cos x mgx mg E θμθθ-⋅= 整理可得 ()k tan mg mg x E θμ-=即在斜面上运动时动能与x 成线性关系；当小物块在水平面运动时有k mgx E μ=即在水平面运动时动能与x 也成线性关系；综上分析可知A 正确。