冲刺2022届高考物理大题限时集训04 传送带模型（解析）

冲刺2022届高考物理大题限时集训

专题04传送带模型

【例题】如图所示，足够长的传送带与光滑的水平面连接，光滑的、半径R=0.5m的

半圆轨道与水平面连接，相切于C点。传送带以恒定的速率丫顺时针运行，在光滑的水平面上有

一质量m=0.5kg的物体以v/=6m/s的速度向左滑上传送带，经过2s物体的速度减为零，物体返

回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到。点，g取lOmH,求：

(1)物体与传送带之间的动摩擦因数〃；

(2)传送带的速度也

(3)物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量。

D

⑷一逾二

【答案】(1)0.3；(2)5m/s；(3)3O.25J

【解析】

(1)物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，设其运动的加速度大小为根

据牛顿第二定律有

^mg=ma①

根据运动学公式有

0-匕=5②

联立①②式解得

〃=0.3

(2)若皮带速度足够大，根据对称性可知，物体滑回光滑水平面时的速度以大小应与力相等，

即

v2=V|=6m/s③

在。处，根据牛顿第二定律有

阳=唐近

R④

由C运动至D的过程中，根据动能定理有

-mS-2R=^mV^~mV^⑤

联立④⑤式解得

vc=5m/s⑥

物体在光滑水平面上应做匀速直线运动，显然

%=5m/s<v2=6m/s

所以物体在传送带上返回时，只能先做一段匀加速直线运动至与传送带速度相等时，再做匀速直

线运动，并以该速度运动至C处，即有

v—VQ—5mzs

（3）物体向左滑行时，相对传送带的位移为

t^x.=—t+vt

2⑧

物体向右滑行时，相对传送带的位移为

AX=v---------—

22〃g⑨

物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量为

Q=〃mg（AXi+A%2）⑩

联立③⑦⑧⑨⑩式，代入数据解得

<2=30.25J

1、模型特点

传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将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）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、技巧点拨

1.物块刚放上传送带，根据物块与传送带的相对运动情况判断物块所受的摩擦力的方向.

2.物块与传送带共速是摩擦力变化的转折点，

（1）若传送带水平：共速后物块不再受摩擦力；

（2）若传送带倾斜：共速后摩擦力方向沿传送带向上.然后根据mgsin6与〃mgcos。（或〃与tan

6）的大小关系判断物块与传送带是相对静止（//>tan6）还是相对滑动（〃Vtan0）.

3.若只有一个相对运动过程，划痕长度等于相对位移的大小；若有两个相对滑动过程，两过程相

对位移方向相同时，划痕长度求和，相对位移方向不同时，划痕以长的为准.全过程产生的热量。

=F（s（s是相对路程，即相对位移绝对值的和）.

【变式训练】如图甲所示，倾角为。的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量

m=lkg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，

1.4s末物体到达3端，取沿传送带向下为正方向，g=10m/s2,求此过程中：

（1）小物体运动的平均速度（保留1位小数）；

（2）小物体与传送带间因摩擦而产生的热。

【答案】（1）v=4.1m/s.（2）Q=7.2J

【解析】

（1）由口7图像的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为V7图线与t轴所围的面积，设

W=4m/s,%=6m/s所以

解得

L=5.8m

由平均速度的定义可得

-L5.8一，

v=-=丁^m/zs«4.1m/s

（2）由W图像可知,。〜0.4s和0.4〜1.4s内物体的加速度分别为

2

ax=^-=10m/s

2

a2=^^-=2m/s

加2

根据牛顿第二定律得

mgsin6+"mgcos0=ma]

mgsin0-prngcos0=ma2

由VT图像可知传送带运行速度为匕=4m/s,所以o~o.4s内物体相对传送带的位移

1

%=也一近

即

石=0.8m

0.4-1.4s内物体相对传送带的位移

（匕+%）

々=—丁~弓一印2

即

x2=1m

则因摩擦而产生的热为

Q=/Jingcos6（占+x2）

解得

Q=7.2J

1.如图所示，一物块P质量m=2kg,由平面上A点开始以速度vo=4m/s向A点右侧运动，物块

与平面之间的动摩擦因数用=0.2,运动xi=3m后滑上传送带BC.已知传送带足够长且物块与传

送带之间的动摩擦因数同=0.1，传送带以恒定速率V2=lm/s逆时针转动.（g取10m/s2）求：

-=j^v0

P

（1）物块向右运动距A点的最大距离；

（2）物块最后停下来时距A点的距离.

【答案】（1）5m（2）2.75m

【解析】

（1）取水平向右为正方向，由题意得

由A至!IB：-/.nmg=mai

解得:a/=-n/g=-2m/s2,方向向左

得v/=2m/s

滑上传送带后继续减速：0-V|=1（12X2,a2=-"2g=-lm/s2,方向向左

得X2-1m

所以向右运动距A点最大距离：x,mix=xi+肛=5m

（2）物体速度减为0后在传送带上反向加速，加速度42=〃2g=lm*,方向向左

由于丫2＜力，所以物块离开传送带时速度为力=1m/s,方向向左

滑上平面后位移X3==0.25m

物块最后停下来时距A点的距离X=XI-X3=2J5m

2.倾斜的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图甲所示，在仁0时，将质量"?=°$kg的小

物块轻放在传送带上A点处，1.5s时物块从B点离开传送带。物块速度随时间变化的图像如图乙

所示，设沿传送带向下为运动的正方向，取重力加速度g=10m/s2,求：

00.511.5t/s

乙

(1)0〜1.5s时间内物体平均速度的大小；

(2)小物块与传送带之间的动摩擦因数；

(3)在0〜1.5s时间内由于小物块与皮带间的摩擦所产生的热量。

【答案】(l)4.83m/s；(2)0.5；(3)4.5J

【解析】

(1)由n-f图像得，0：0$s内滑块位移为

xt=—^=1.25m

0.5〜1.5s内滑块位移为

v.+v2,

x2=2_=6m

则075s时间内物体平均速度为

v=1=—m/s®4.83m/s

h+h6

(2)设传送带与水平方向夹角为仇0:0.5s内由牛顿第二定律得

mgsin0+/.imgcos0=

0.5~1.5s内由牛顿第二定律得

mgsin0-"mgcos0=ma2

代入数据解得

卜i=0.5,sin。=0.6

(3)0：()-5s由廿图像得，传送带的速度为5m/s,则该时间段内的位移为

x/=%=2.5m

则该时间段内物体与传送带相对位移为

AXj=1.25m

0.5〜L5s由v.t图像得，传送带的位移为

x；=vt2=5m

则该时间段内物体与传送带相对位移为

AX2=1m

则该过程中所产生的热量为

Q=gcosex(AX[+AX2)=4.5J

3.如图所示，倾角为37。的粗糙斜面的下端有一水平传送带。传送带正以p=4m/s的速度顺时针方

向运动。一个质量为2kg的物体(物体可以视为质点)，从斜面上距离底端A点4.5m处由静止下

滑，经过1.5s滑到A处。物体经过A点时，无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计

其速率变化。物体与斜面间的动摩擦因数为心，物体与传送带间的动摩擦因数为〃2=0.5,传送带

2

左右两端A、8间的距离LAB=10m,(已知sin37"=0.6,cos37°=0.8,g=i0m/s)求：

(1)物体与斜面间的动摩擦因数"/

(2)物体在传送带上向左最多能滑到距A多远处？

(3)物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大距离？

B乂

()肯

【答案】(1)0.25；(2)3.6m；(3)1m

【解析】

(1)对物体在斜面上运动，有

I2

xi=5"

根据牛顿第二定律得

mgsinO-内mgcos®=ma]

据题可知再=4$m,，=i.5s,0=3T,

联立解得4=.了，“=0.25；

(2)物体滑至斜面底端时的速度

V)=〃/=4xl.5=6m/s

物体在传送带上速度为零时离A最远，此时有

0-v,2=-2a'L

42mg=ma

解得L=3.6加

即物体在传送带上向左最多能滑到距A3.6m处；

(3)物体在传送带上返回到与传送带共速时，有

v2=2a'x

解得

x=1.6m<L

由此知物体在到达4点前速度与传送带相等，返回到A点时的速度为v=4nVs

又对物体从A点到斜面最高点，有

mgsinO+jLixmgcos0=ma2

由运动学公式有

联立可解得％=I01。

4.如图所示，传送带的倾角9=37。，从A到8长度为16m,传送带以lOm/s的速度逆时针转

动.在传送带上A端无初速度地放一个质量为〃?=O.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦

因数为幺=0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色划痕，已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=l()m/s2,

求：

(1)煤块刚开始的加速度大小；

(2)煤块从A到B的时间；

(3)煤块从A到8的过程中传送带上留下划痕的长度；

【答案】(1)10mzs2；(2)2s.(3)5m

【解析】

(1)煤块刚开始的加速度大小为a,则有

mgsin37+jjrngcos37°=ma

解得

a=10m/s2

(2)煤块从A到与传送带共速所用时间为

煤块从A到与传送带共速所通过的位移为

5.=—at2=5m

2

共速后，煤块的加速度为"，则有

mgsin37-pmgcos37=ma'

解得

a'=2m/s2

煤块达到传送带速度后到达B点的时间为

1「

代入数据解得

t2=ls，2=_lls(舍去)

煤块从A到8的时间为

/=乙+z,=2s

(3)煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度

L=v0^一心=10x1-5=5m

5.如图所示，皮带输送机的皮带倾斜放置，皮带平面与水平地面成30。角，两轮之间的距离为4.5m,

皮带以2.5m/s的恒定速度顺时针运动。某时刻把一小物体轻放在皮带最低点，小物体能被送到最

高点，已知小物体在皮带上加速运动时的加速度为25m/s2,小物体以及皮带输送机的两个轮子都

可以看作质点。g取10m/s?,求：

(1)小物体与皮带之间的动摩擦因数；

(2)小物体在皮带上的运动时间。

【答案】(1)2；(2)2.3s

【解析】

(1)小物体在皮带上加速运动时，由牛顿第二定律可得

/jmgcos30-mgsin30=ma

代入数据，解得

(2)设小物体加速到与皮带共速时间为〃，加速运动位移为X/,之后小物体随皮带一起匀速运动

到最高点，则有

v=at^

解得

4=ls

Xj==1.25m

L—x[=vt2

解得

tx=1.3s

则小物体在皮带上的运动时间为

t=ti+t2=2.3s

6.如图所示，长为2m、倾斜放置的传送带以2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平

方向的夹角为30。，将一个质量为1kg的物块轻放在传送带的底部，同时给物块施加一个平行传

G

u——

送带向上、大小为12N的恒力R物块与传送带间的动摩擦因数为3，重力加速度g=10m/s2,

最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求

(1)物块轻放在传送带上且加上拉力的一瞬间，物块的加速度大小；

(2)物块从传送带底端运动到顶端所用的时间。

【答案】(1)12m/s2；(2)6

【解析】

(1)物块放上传送带并加上拉力后的一瞬间，设物块运动的加速度大小为a„根据牛顿第二定

律有

F+fimgcosO-mgf>in()=mai

代入数据解得

a/=12m/s2

(2)第一段加速的时间为

这段加速的位移为

当物块的速度达到2m/s时，由于尸＞M〃zgcosO+mgsin仇因此物块继续向上做加速运动，设这段加

速的加速度为。2,根据牛顿第二定律有

F-fxmgcosO-mgs\n()=ma2

代入数据解得

a2=2m/s2

这段加速的位移为

12

£”+］砥

X2=L-xi6m

解得

所以运动的总时间为

^/i02-5

f=八十力=---------------S

6

7.如图所示，质量机=lkg的物体从高力=0・2m的光滑轨道上尸点由静止开始下滑，滑到水平传

送带上的4点，物体和传送带之间的动摩擦因数〃=°2,传送带A3之间的距离L=5m,传送带

一直以v=4m/s的速度顺时针匀速运动(g取IOMS?),则

(1)物体从A运动到8的时间t；

(2)物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功W；

(3)物体从A运动到8的过程中，产生的热量。；

(4)物体从A运动到8的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为皿3

【答案】(1)1.5s；(2)6J；(3)2J；(4)8J

【解析】

(1)设物体下滑到A点的速度为%,对P到A过程，由机械能守恒定律有

代入数据得

%=y]2gh=2m/s<4m/s

则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为

a==2m/s2

m

加速至速度与传送带相等时用时

匀加速运动的位移

v+v2+4

s,=0—A=----xl=3m<L=5m

1212

所以物体与传送带共速后•起向右匀速运动，匀速运动的时间为

故物体从A运动到B的时间为

t=t]+t2—1.5s

(2)物体运动到B的速度是丫=4m/s。根据动能定理，摩擦力对物体做功

W=—mv1--mvi

22°

带入数据可得

W=6J

(3)在4时间内，皮带做匀速运动的位移为

s皮带=%=4m

故产生热量

Q=〃机gAS=jumg(s皮带一sJ

代入数据得

Q=2J

(4)电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功

W多--mvp+Q

解得

也=8J

8.如图所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图，已知传送带由电磁铁组成，位于A轮

附近的铁矿石被传送带吸引后，会附着在A轮附近的传送带上，被选中的铁矿石附着在传送带上

与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面，且吸引力为其重力的1.4倍，当有铁

矿石附着在传送带上时，传送带便会沿顺时针方向转动，并将所选中的铁矿石送到8端，由自动

卸货装置取走。已知传送带与水平方向夹角为53。，铁矿石与传送带间的动摩擦因数为0.5,A、

B两轮间的距离为L=64〃z,A、B两轮半径忽略不计，g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6o

(1)若传送带以恒定速率v^lOm/s传动，求被选中的铁矿石从A端运动到B所需要的时间；

(2)若所选铁矿石质量为200kg,求在(1)条件下铁矿石与传送带之间产生的热量；

(3)实际选矿传送带设计有节能系统，当没有铁矿石附着传送带时，传送带速度几乎为0,一旦

有铁矿石吸附在传送带上时，传送带便会立即加速启动，要使铁矿石最快运送到3端，传送带的

加速度至少为多大？并求出最短时间。

【答案】(1)8,9s；(2)5X104J；(3)2m/s2,8s

【解析】

(1)当传送带匀速向上传动时，对铁矿石受力分析如图所示，铁矿石受到沿传送带向上的摩擦力

/、重力〃吆、吸引力尸和支持力N作用，根据牛顿第二定律可得

f-mgsin0—ma

N-mgcosO-F=0

其中

月，N

解得

a=2m/s2

则铁矿石运动则与传送带速度相等所需要的时间为

对应的位移为

xi=gx2x5\n=25m

根据以上计算可知，铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力，

所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后，铁矿石会随传送带匀速运动到8端，则其匀速运动

时间为

所以铁矿石从传送带的4端运动到B端所需要的时间为

片〃+f2=8.9s

（2）铁矿石与传送带之间滑动时有热量产生，当铁矿石与传送带相对静止时，没有热量产生。由

以上计算可知铁矿石与传送带之间的相对运动距离为

Av=一%=25m

根据摩擦生热特点可知

解得

e=5xio4j

（3）只有铁矿石一直加速运动到8端时，所用时间才会最短，根据问题（1）分析可知，铁矿石

在传送带上的最大加速度是2mH,所以传送带的最小加速度为

4加=2m/s?

则有

L=-at'2

2

代入数据解得最短时间为

r'=8s

9.如图所示，是一传送装置，其中AB段长为L=lm,动摩擦因数〃=0.5；BC、OEN段均可视

为光滑，DEN是半径为r=0.5m的半圆形轨道，其直径ON沿竖直方向，C位于DN竖直线上，

CO间的距离恰能让小球自由通过.其中N点又与足够长的水平传送带的右端平滑对接，传送带

以6m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，小球与传送带之间的动摩擦因数也为0.5.左端竖直墙上

固定有一轻质弹簧，现用一可视为质点的小球压缩弹簧至A点后由静止释放（小球和弹簧不粘

连）,小球刚好能沿圆弧。EN轨道滑下，而始终不脱离轨道.已知小球质量加=0.2kg,g取10m/s2.

（1）求小球到达D点时速度的大小及弹簧压缩至A点时所具有的弹性势能；

(2)小球第一次滑上传送带后的减速过程中，在传送带上留下多长的痕迹？

(3)小球第一次滑上传送带后的减速过程中，小球与传送带因摩擦产生的热量和电动机多消耗的

电能？

【答案】底n/s1.5J(2)12.1m(3)12.1J13.6J

【解析】

(1)小球刚好能沿圆弧。EN轨道滑下，说明小球在。点，只受重力作用，由牛顿第二定律可

得

mg=VD

r

代入数值可求得

vD=y[gr=Jl0x0.5mzs=石01/s

从A到。由动能定理可得

12

Wn-jumgL=-mvD

代入数值可得吗『I.》

弹簧弹力对外做正功，弹性势能减小，由功能关系可得

稣=%=15J

(2)从。到N由动能定理可得

,1212

mgx2r=-mvN--mvD

代入数值可得%=5m/s

小球在传送带上先向左做匀减速运动，加速度大小为。，由牛顿第二定律可知

mg从=ma

〃==0.5x10m/s2=5m/s2

设小球向左减速到零的时间为d位移为X/

h=—=-s=ls

a5

x.=聂=为m=2.5m

设该段时间内传送带向右匀速运动的距离为X2

x2=uf=6xlm=6m

该段时间内小球和传送带相对距离为

Ax】=%+w=2.5m+6m=8.5m

2

小球速度减为零后开始向右匀加速运动，加速度大小仍为5m/s,设经过时间t2和传送带达到共

速

t,=—=—s=1.2s

2a5

设小球位移为无3,传送带位移为尤4

22

x3=；52=-^x5xl.2m=3.6m

x4=vt2=6x1.2m=7.2m

相对距离

Ax,=x4-x3=7.2m-3.6m=3.6m

设在传送带上留下痕迹心,则

Ax=Ax,+AX2=8.5m+3.6m=12.1m

(3)由功能关系可得

e=/7^Ax=().5xO.2xl()xl2.1J=12.1J

设电动机多消耗的电能为£,由功能关系可得

E=/jmgg+x,)=0.5x0.2xl0x(6+7.2)J=13.6J

10.如图所示，传送带与水平面夹角。=37。，以恒定速率u=10m/s沿顺时针方向转动.现在传送

带上端A处无初速度地放一质量〃?=1kg的小煤块(可视为质点，忽略滑动过程中的质量损失),

小煤块与传送带间的动摩擦因数〃=0.5,已知传送带上4到8的长度L=16m。取sin37。=0.6,cos

37。=0.8,重力加速度g=10m/s2。求:

(1)小煤块刚开始运动时的加速度大小；

(2)小煤块从A运动到8的时间；

(3)从A到B的过程中小煤块在传送带上留下的痕迹长度；

(4)从A到B的过程中小煤