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高中物理---传送带模型-----典型例题(含答案)【经典】

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高中物理---传送带模型-----典型例题(含答案)【经典】

-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 难点形成的原因： 1、对于物体与传送带之间是否存在摩擦力、是滑动摩擦力还是静摩擦力、摩擦力的方向如何，等等，这些关于摩擦力的产生条件、方向的判断等基础知识模糊不清； 2、对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动，判断错误； 3、对于物体在传送带上运动过程中的能量转化情况考虑不全面，出现能量转化不守恒的错误过程。 1、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．绷紧的传送带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，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．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2. (1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求行李做匀加速直线运动的时间； (3)如果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． 解析 (1)行李刚开始运动时，受力如图所示，滑动摩擦力： Ff＝μmg＝4 N 由牛顿第二定律得：Ff＝ma 解得：a＝1 m/s2

(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则：v＝at，解得t＝va＝1 s (3)行李始终匀加速运行时间最短，且加速度仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时， 有：v2min＝2aL 解得：vmin＝2aL＝2 m/s

故传送带的最小运行速率为2 m/s 行李运行的最短时间：tmin＝vmina＝2 s 2：如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度顺时针转动，在传送带下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=0.9，已知传送带从A→B的长度L=50m，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2m/s2.1sincosmmgmga。 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： ,33.8s2.1101savt m67.412 21as＜50m 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2s所用的时间为2t，则202ts，50m－41.67m=210t 解得： s, 33.8 2t 所以：s 66.16s33.8s 33.8总t。 3、如图所示，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＝32，取g＝10 m/s2。 (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。 [答案] (1)先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s 解析 (1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力

由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma 代入数值得：a＝2.5 m/s2

则其速度达到传送带速度时发生的位移为 x1＝v22a＝222×2.5 m＝0.8 m<4 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x1＝v2t1得t1＝0.8 s 匀速上升时t2＝x2v＝3.22 s＝1.6 s 所以工件从P点运动到Q点所用的时间为 t＝t1＋t2＝2.4 s 4：如图所示，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=5m，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

2m/s10cossinmmgmga



。

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：

,1s10101savtm52 21as

此时物休刚好滑到传送带的低端。所以：s 1总t。

5：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=0.6，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2m/s46.8cossinmmgmga



。

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： ,18.1s46.8101savtm91.52 21as＜16m 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2s所用的时间为2t，则202ts，16m－5.91m=210t 解得： s, 90.10 2t

所以：s 27.11s09.10s 18.1总t。 6：如图，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求： (1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间． 答案 (1)4 s (2)2 s 解析 (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma

则a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，根据l＝12at2得t＝4 s. (2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二得，mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1

则有a1＝mgsin 37°＋μmgcos 37°m＝10 m/s2

设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有 t1＝va1＝1010 s＝1 s，x1＝12a1t21＝5 m＝16 m

当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°>μmgcos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大

于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a2＝mgsin 37°－μmgcos 37°m＝2 m/s2 x2＝l－x1＝11 m

又因为x2＝vt2＋12a2t22，则有10t2＋t22＝11，解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)所以t总＝t1＋t2＝2 s.

7.如图所示，足够长的传送带与水平面倾角θ=37°，以12m/s的速率逆时针转动。在传送带底部有一质量m = 1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ= 0.25，现用轻细绳将物体由静止沿传送带向上拉动，拉力F = 10.0N，方向平行传送带向上。经时间t = 4.0s绳子突然断了，求： （1）绳断时物体的速度大小； （2）绳断后物体还能上行多远 （3）从绳断开始到物体再返回到传送带底端时的运动时间 （ g = 10m/s2，sin37°= 0.6，cos37°= 0.8） 答案：1 、8.0m/s 2、 = 4.0m 3、3.3s 【解析】（1）物体开始向上运动过程中，受重力mg，摩擦力Ff，拉力F， 设加速度为a1，则有F – mgsinθ－ Ff = ma1 又 Ff = μFN FN = mgcosθ 得a1 = 2.0m / s2 所以 ，t = 4.0s时物体速度v1 =a1t = 8.0m/s （2）绳断后, 物体距传送带底端s1 =a1t 2 /2= 16m.设绳断后物体的加速度为a2, 由牛顿第二定律得

-mgsinθ - μmgcosθ= ma2 a2 = -8.0m / s2 物体做减速运动时间t2 = -12va= 1.0s 减速运动位移s2=v1t2+ a2t2 2 /2 = 4.0m （3）此后物体沿传送带匀加速下滑, 设加速度为a3, 由牛顿第二定律得mgsinθ ＋ μmgcosθ= ma2 a3 = 8.0m / s2 当物体与传送带共速时向下运动距离s3=v2/(2a3)=9m 用时t3 = v / a3=1.5s 共速后摩擦力反向，由于mgsinθ 大于 μmgcosθ，物体继续沿 传送带匀加速下滑，设此时加速度为a4, 由牛顿第二定律得Mgsinθ-μmgcosθ=ma4

下滑到传送带低部的距离为s4= s1+s2-s3=11m 设下滑的时间为t4，由得t4=0.8s 最后得t=t2+t3+t4=3.3s 8：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6m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下一段多长的摩擦痕迹？

解法一：行李加速到0.25m/s所用的时间：t＝av0＝s625.0＝0.042s 行李的位移： x行李＝221at＝m2)042.0(621=0.0053m 传送带的位移：x传送带＝V0t＝0.25×0.042m＝0.0105m

摩擦痕迹的长度：mmmxxx50052.0行李传送带 解法二：以匀速前进的传送带作为参考系．设传送带水平向右运动。木箱刚放在传送带上时，相对于传送带的速度v=0.25m/s,方向水平向左。木箱受到水平向右的摩擦力F的作用，做减速运动，速度减为零时，与传送带保持相对静止。木箱做减速运动的加速度的大小为a＝6m/s2

木箱做减速运动到速度为零所通过的路程为mmmmavx50052.06225.02220 即留下5mm长的摩擦痕迹。 9：一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

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(word完整版)高中物理必修一涉及到传送带问题解析(含练习解析)

(word完整版)高中物理必修一涉及到传送带问题解析(含练习解析)

涉及到传送带问题解析【学习目标】能用动力学观点分析解决多传送带问题【要点梳理】要点一、传送带问题的一般解法1. 确立研究对象；2. 受力分析和运动分析，逐一摩擦力f大小与方向的突变对运动的影响；⑴受力分析：F的突变发生在物体与传送带共速的时刻，可能出现f消失、变向或变为静摩擦力，要注意这个时刻。

⑵运动分析：注意参考系的选择，传送带模型中选地面为参考系；注意判断共速时刻并判断此后物体与带之间的f变化从而判定物体的受力情况，确定物体是匀速运动、匀加速运动还是匀减速运动；注意判断带的长度，临界之前是否滑出传送带。

⑶注意画图分析：准确画出受力分析图、运动草图、v-t图像。

3. 由准确受力分析、清楚的运动形式判断，再结合牛顿运动定律和运动学规律求解。

要点二、分析物体在传送带上如何运动的方法1、分析物体在传送带上如何运动和其它情况下分析物体如何运动方法完全一样，但是传送带上的物体受力情况和运动情况也有它自己的特点。

具体方法是：（1）分析物体的受力情况在传送带上的物体主要是分析它是否受到摩擦力、它受到的摩擦力的大小和方向如何、是静摩擦力还是滑动摩擦力。

在受力分析时，正确的理解物体相对于传送带的运动方向，也就是弄清楚站在传送带上看物体向哪个方向运动是至关重要的！因为是否存在物体与传送带的相对运动、相对运动的方向决定着物体是否受到摩擦力和摩擦力的方向。

（2 ）明确物体运动的初速度分析传送带上物体的初速度时，不但要分析物体对地的初速度的大小和方向，同时要重视分析物体相对于传送带的初速度的大小和方向，这样才能明确物体受到摩擦力的方向和它对地的运动情况。

（3）弄清速度方向和物体所受合力方向之间的关系物体对地的初速度和合外力的方向相同时，做加速运动，相反时做减速运动；同理，物体相对于传送带的初速度与合外力方向相同时，相对做加速运动，方向相反时做减速运动。

2、常见的几种初始情况和运动情况分析（1）物体对地初速度为零，传送带匀速运动，（也就是将物体由静止放在运动的传送带上）物体的受力情况和运动情况如图1所示：其中V是传送带的速度，V10是物体相对于传送带的初速度，物体必定在滑动摩擦力的作用下相对于地做初速度为零的匀加速直线运动。

高考物理--传送带问题专题归类(含答案及解析)

高考物理--传送带问题专题归类(含答案及解析)

传送带问题归类分析传送带是运送货物的一种省力工具，在装卸运输行业中有着广泛的应用，本文收集、整理了传送带相关问题，并从两个视角进行分类剖析：一是从传送带问题的考查目标（即：力与运动情况的分析、能量转化情况的分析）来剖析；二是从传送带的形式来剖析．（一）传送带分类：（常见的几种传送带模型）1.按放置方向分水平、倾斜和组合三种；2.按转向分顺时针、逆时针转两种；3.按运动状态分匀速、变速两种。

（二）|（三）传送带特点：传送带的运动不受滑块的影响，因为滑块的加入，带动传送带的电机要多输出的能量等于滑块机械能的增加量与摩擦生热的和。

（三）受力分析：传送带模型中要注意摩擦力的突变（发生在v物与v带相同的时刻），对于倾斜传送带模型要分析mgsinθ与f的大小与方向。

突变有下面三种：1.滑动摩擦力消失；2.滑动摩擦力突变为静摩擦力；3.滑动摩擦力改变方向；（四）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作匀速运动呢还是继续加速运动，3.判断传送带长度——临界之前是否滑出（五）传送带问题中的功能分析1.功能关系：W F =△E K +△E P +Q 。

传送带的能量流向系统产生的内能、被传送的物体的动能变化，被传送物体势能的增加。

因此，电动机由于传送工件多消耗的电能就包括了工件增加的动能和势能以及摩擦产生的热量。

2.对W F 、Q 的正确理解（a ）传送带做的功：W F =F·S 带 功率P=F× v 带 （F 由传送带受力平衡求得） （b ）产生的内能：Q=f·S 相对（c ）如物体无初速，放在水平传送带上，则在整个加速过程中物体获得的动能E K ，因为摩擦而产生的热量Q 有如下关系：E K =Q=2mv 21传 。

一对滑动摩擦力做的总功等于机械能转化成热能的值。

而且这个总功在求法上比一般的相互作用力的总功更有特点，一般的一对相互作用力的功为W ＝f 相s 相对，而在传送带中一对滑动摩擦力的功W ＝f 相s ，其中s 为被传送物体的实际路程，因为一对滑动摩擦力做功的情形是力的大小相等，位移不等（恰好相差一倍），并且一个是正功一个是负功，其代数和是负值，这表明机械能向内能转化，转化的量即是两功差值的绝对值。

高考物理解题模型分类专题讲解6---传送带模型(解析版)

高考物理解题模型分类专题讲解6---传送带模型(解析版)

x3 = v(∆t − t3)
由① 式可知
1 2
mv2
>
µmg(L
−
x2
−
x3 )
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为 v3，由运动学公式有，
3 / 21
v32 − v2 = −2a(L − x2 − x3)
则 v3 = 5m/s
减速运动时间
t4
=
v
− v3 a
= 1s
设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为
I1、I2。由动量定理有
I1 = m(v3 − v0 ) = 0 625
I2 = N (∆t + t4 ) = mg(∆t + t4 ) = 3 N ⋅ s ≈ 208.3N ⋅ s ，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
I = I2 = 208.3N ⋅ s ，方向竖直向上
【典例 1】(多选)如图所示,水平传送带 AB 的长度 L=1.8 m,皮带轮的半径 R=0.4 m,皮 带轮以角速度 ω=5 rad/s 沿顺时针匀速转动(皮带不打滑),现将一质量 m=3 kg 的煤 块(视为质点)轻放在传送带上的 A 点,与传送带之间的动摩擦因数 μ=0.25,g=10
高考物理解题模型分类专题讲解 模型 6 传送带
传送带问题分类 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
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
情景 2
①v0>v 时,可能一直减速,也可能先减速再匀速 ②v0<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
情景 3
②传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。其中,若 v0>v, 返回时速度为 v;若 v0<v,返回时速度为 v0
(完整word版)高考物理滑块和传送带问题及答案

(完整word版)高考物理滑块和传送带问题及答案

一、滑块问题1．以下图，有一块木板静止在圆滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4kg，长为L=1.4m；木板右端放着一小滑块，小滑块质量为 m=1kg ，其尺寸远小于 L 。

小滑块与木板之间的动摩擦因数为0.4 (g 10m / s2 )（1）现用恒力 F作用在木板 M 上，为了使得 m能从 M 上边滑落下来，问： F大小的范围是什么？（2）其余条件不变，若恒力F=22.8 牛顿，且一直作用在 M 上，最终使得 m能从 M 上边滑落下来。

问：m在M 上边滑动的时间是多大？分析：（ 1）小滑块与木板间的滑动摩擦力f Nmg小滑块在滑动摩擦力f作用下向右匀加快运动的加快度a1 f / m g4m / s2木板在拉力 F和滑动摩擦力 f作用下向右匀加快运动的加快度a2( F f ) / M 使 m能从 M 上边滑落下来的条件是a2a1即 (F f ) / M f / m 解得 F( M m) g20N（ 2）设 m在 M 上滑动的时间为 t，当恒力 F=22.8N ，木板的加快度a2( F f ) / M 4.7m / s2）小滑块在时间 t内运动位移S1a1t 2/ 2木板在时间 t内运动位移S2a2t 2/ 2因S2S1L即 4.7t 2 / 24t 2 / 2 1.4解得 t2s2．长为 1.5m 的长木板 B 静止放在水平冰面上，小物块 A 以某一初速度从木板 B 的左端滑上长木板 B，直到 A、B 的速度达到同样，此时 A、B 的速度为 0.4m/s，而后 A、B 又一起在水平冰面上滑行了8.0cm 后停下．若小物块 A 可视为质点，它与长木板 B 的质量同样， A、 B 间的动摩擦因数μ1．求：（取 g=10m/s2）v=0.25（ 1）木块与冰面的动摩擦因数．A B （2）小物块相关于长木板滑行的距离．（3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度应为多大？分析：（ 1） A、 B 一同运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加快度v222a g 1.0m/s解得木板与冰面的动摩擦因数μ=0.102s（ 2）小物块 A 在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加快度a1=μ1g=2.5m/s2小物块 A 在木板上滑动，木块 B 受小物块 A 的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加快运动，有μ1mg－μ2(2m)g=ma2解得加快度 a2=0.50m/s2设小物块滑上木板时的初速度为v10，经时间 t 后 A、 B 的速度同样为 v由长木板的运动得 v=a2t ，解得滑行时间tv0.8s a2小物块滑上木板的初速度v10=v＋a t=2.4m/s1小物块 A 在长木板 B 上滑动的距离为s s s v t 1 a t21a t2 0.96m12012122（ 3）小物块 A 滑上长木板的初速度越大，它在长木板 B 上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，物块 A 达到木板 B 的最右端，二者的速度相等（设为v′)，这类状况下 A 的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v0．有 v0 t 1a1t 21a2t 2L 22v0 v a1t v a2t由以上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度不大于最大初速度v02( a1a2 ) L 3.0m/s动力学中的传递带问题一、传递带模型中要注意摩擦力的突变①滑动摩擦力消逝②滑动摩擦力突变成静摩擦力③滑动摩擦力改变方向二、传递带模型的一般解法①确立研究对象；②剖析其受力状况和运动状况，（画出受力剖析图和运动情况图），注意摩擦力突变对物体运动的影响；③分清楚研究过程，利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量。