2025年高考物理突破集训：大题05 传送带模型（解析版）

大题05传送带模型

》明考情-笈方向品.

传送带模型是高考物理动力学与能量综合题的典型载体，近五年全国卷及新高考卷中

出现频率约80曲分值占比8-15版常见于压轴计算题。建议关注：如工厂流水线物料传

输、地铁安检传送带简化模型；智能传送带的速度自适应控制（结合PID算法思想）；利

用函数图像分析临界点（如物块恰好到达传送带顶端的位移条件）；节能传送带的功率优

化与摩擦生热损耗计算；AGV机器人配合传送带的协同运动分析；超导材料传送带的零摩擦

理想模型（探讨能量守恒的边界条件）；太空站微重力环境下的传送带运动特性（如依赖

静电吸附）。2025年高考对“传送带模型”的考查将延续“重过程分析、强综合应用、拓

创新情境”的命题风格，突出多阶段动态建模与跨模块整合能力。备考需以相对运动为核

心抓手，强化图像分析与数学工具应用，同时关注科技前沿与实际工程背景，做到“以动

制动，以简驭繁”。

短研大题-梃能力占

01功能关系和能量观点在传送带模型中的应用

传送带模型02斜面上的传送带模型

03动量观点在传送带模型中的应用

题型1功能关系和能量观点在传送带模型中的应用

例1.（2025甘肃酒泉一模）如图所示，竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道尸。,

所对应圆心角夕=53。，半径R=2.5m,。为圆心，圆弧轨道末端与粗糙水平地面相切。圆弧轨道左侧有

一速度大小v=3m/s且沿顺时针方向转动的足够长的水平传送带,传送带上表面与P点高度差H=0.8m。

现一质量〃z=lkg(可视为质点)的滑块从传送带的左侧由静止释放后从右侧水平飞出，由尸点沿圆弧

切线方向进入圆弧轨道，最后在水平地面滑行一段距离后静止在地面上。已知滑块与传送带、地面间的

动摩擦因数均为〃=0.5,重力加速度g取10m/s3sin53°=0.83,cos530=0.6,求:

Q

(i)滑块从传送带右端飞出时的速度大小；

(2)滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小；

⑶滑块运动全过程因摩擦产生的热量。

答案⑴3m/s(2)28N⑶27J

解析(1)滑块离开传送带做平抛运动，竖直方向有v；=2g"

滑块沿尸点切线滑人圆弧轨道，故tanO=2

%

联立解得滑块从传送带右端飞出时速度大小v0=3m/s

(2)滑块在P点的速度大小昨=—J=5m/s

cost/

2

滑块从尸到由动能定理有(1-cos。)=gwj-gmvp

在。点，由向心力公式有外-mg二根^1^

联立解得久=28N

由牛顿第三定律可知，滑块经过。点时对圆弧轨道的压力大小&'=&=28N

(3)滑块在传送带上做匀加速运动的时间/=里=0.6s

〃g

位移大小x==0.9m

传送带的位移大小x'=vr=L8m

滑块和传送带组成的系统产生的热量Q="ng(x'-x)=4.5J

滑块由尸至最终静止,由能量守恒定律有Q2=mgR(l-cos。)+=22.5J

滑块运动全过程因摩擦产生的热量。=2+2=27J

例2.如图甲所示，水平传送带逆时针匀速转动，一质量为勿=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/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/一力图像如图乙所示，传

2

送带的速率保持不变，g取10m/so

(1)求小物块与传送带之间的动摩擦因数;

(2)若小物块能在传送带上留下划痕，求最长划痕;

(3)求小物块在传送带上向右运动的最大位移。

答案(1)0.1(2)4.5m(3)2m

Av

解析(1)由『一力图像得，小物块滑上传送带的初速度为的=2m/s,加速度大小为a=—=1m/s92

根据牛顿第二定律有Limg=ma,解得H=0.1。

(2)小物块在传送带上留下的最长划痕对应的是小物块第一次滑上传送带到再次回到A端的过程中在传

送带上留下的划痕，由题图乙知前2s内小物块向右做匀减速运动，第3s内反向做匀加速运动，第3s

末，小物块跟传送带的速度大小-1m/s相等，此后小物块向左做匀速运动，所以最长划痕s=

(2+0、(1+0、

I—X2.0m+lX2.0m1+11X1.0m———XI.0ml

=4.5mo

(3)小物块在传送带上先向右做减速运动，后反向向左做加速运动再做匀速运动到4随后在光滑曲面上

运动再回到传送带的左端，这样一直运动最后要停在/端，对该过程，根据动能定理有〃理

解得x=2mo

瞎

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：①匕As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。

雪式

—.1.（2023安徽芜湖统考模拟）如图所示，四分之一光滑圆弧轨道和水平传送带固定在同

一竖直平面内，圆弧轨道半径7?=5.0m,其底端切线水平且通过一段光滑水平轨道与传送带连接，传送

带长度为上,离地高度为%=1.5m,沿逆时针方向转动的速度为F=6.0m/s,在距传送带右侧水平距

离4=1.0m处有一离地高度瓜=\.3m的平台。一质量通=2.0kg的小物块（可视为质点）从圆弧顶点处

由静止释放，物块与传送带间的动摩擦因数〃=0.5,不计物块经过轨道连接处时的动能损失，且传送

带转动轮足够小，g取10m/s\求：

⑴若传送带长度为匕=6.4m,请通过计算判断物块能否到达右侧平台；

（2）若传送带长度为。=12m,物块能否返回圆弧轨道？若能，求物块在圆弧轨道能上升的最大高度从

答案（1）能判断见解析（2）能1.8m

解析（1）设物块恰能到达传送带最右端时传送带长度为£«，则物块从圆弧轨道滑至水平传送带上，有

1

mgR=­mvo2

物块在传送带上运动至速度为零时，有

R

联立解得Zo=%=lOm

由£KZo可知，物块在传送带上一直向右做匀减速直线运动，有

谥一』=2必

假设物块能到达右侧平台打一益,x=%方

联立解得x=1.2m>d

故假设成立，物块能到达右侧平台。

(2)由£2>Zo可知，物块在传送带上向右匀减速运动10in后反向匀加速运动。

设物块向左运动s时和传送带等速有/=2as

解得s=3.6m<10m

即物块向左加速3.6m后以6m/s保持匀速运动，并返回圆弧轨道，有｝严^=mgH

解得H=\.8mo

题型二斜面上的传送带模型

例3.传送带是一种常见的搬运工具，如图所示为某快递公司卸车时的情境，倾角为

a=30°的传送带长度为£=6m,传送带以即=4m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，现将一包裹无初

速地放到传送带顶端/点，已知包裹与传送带之间的动摩擦因数为〃=当，重力加速度为g=10m/s1

u

⑴求包裹运动到传送带最低点8时的速度大小；

(2)若包裹的质量为m=1kg,求该过程中因摩擦产生的热量。

答案⑴6m/s(2)6J

解析(1)放上瞬间，对包裹，由牛顿第二定律得

侬sina+inngcosa=ma\

2

解得at—8m/s

包裹从放到传送带上到与传送带共速所用的时间为

府八L

ti=—=0.5s

出

该阶段包裹的位移为xi=；a*=lm

因为荀<£,所以共速时，包裹还未运动到最低点，

由于侬sina>iimgcosa,则之后包裹继续向下加速,

由牛顿第二定律得侬sina—pimgcos。=刃&

解得&=2m/s2

该过程中，由匀变速运动规律得

L-X\=Vot2+5/4

解得方2=1S或方2=—5S（舍去）

则包裹到最低点时的速度大小为

厂=的+石2力2=6m/so

⑵第一阶段，传送带的位移为xJ=的右=2111

包裹与传送带的相对位移大小为AXI=£I'一不=1m

第二阶段，传送带的位移为生,=%%2=4m

包裹的位移为X2~L—4=5m

则包裹与传送带的相对位移大小为

AX2=X2—Xi'=1m

包裹与传送带之间的摩擦力为Ff=〃侬cos。=3N

整个过程因摩擦产生的热量为0=a（△汨+AX2）

代入数据解得g6Jo

例4.（2023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，以恒定速率匕=0.6m/s逆时针运行的

传送带与水平面间的夹角。=37°。工作人员沿传送方向以速度於=1.4m/s从传送带顶端推下一质量

%=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〃=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：

⑴传送带顶端到底端的距离£；

⑵整个过程中产生的热量。

答案(1)4.25m(2)40J

解析(D包裹从顶端被推下传送带时，由牛顿第二定律可得

口mgcosa—mgsina=ma

解得a=0.4m/s2

设经过。后包裹与传送带速度相等，有

V2—V1小

t\—■—2s

a

这段时间内包裹运动的距离

V1+V2小

Si-2方1=2m

传送带运动的距离sj=viti=l.2m

由于〃侬cos0>mgsin0,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

12=At-ti=3s

包裹匀速运动距离s2=vit2=l.8m

停电后包裹做匀减速直线运动，加速度大小仍为少匀减速直线运动时间

Vl

23=—=1.5s

a

%

停电后运动的距离S3=,方3=0.45m

传送带顶端到底端的距离£=SI+S2+S3=4.25mo

⑵产生的热量

g〃侬(si-sj)cosa+〃mgs3cos。=40Jo

瞎

Ll.传送带问题的分析步骤与方法

（班.唐）根据“枷、心的大小和方向关系判断物体

普一所受摩擦力的大小和方向,注意摩擦力

i况7帆J的大小和方向在。物=。带时易发生突变

运动情_根据”物、”.的大小和方向及物体所受摩

况分析—擦力情况判断物体的运动规律

功能关，对物体和传送带组成的系统AE=AEk+

系分析AEp+Q,其中Q=F（,•彳根对

图像.涉及相对运动的力学问题,可画出各物

分析体的”T图像，可使问题更简捷

2.划痕长度与摩擦生热的计算

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Q=FfS相对（s相对是相对路程，即相对位移绝对值的和）。

------2.（2023江苏高三期末）如图所示，一长L=6m的倾斜传送带在电动机带动下以速度r

=4m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角6=37°,质量处=4kg的小物块力和质量

皿=2kg的小物块8由跨过定滑轮的轻绳连接，/与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足

够长。某时刻将物块A轻轻放在传送带底端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数2=0.5,不计滑轮

的质量与摩擦，在/运动到传送带顶端前物块方都没有落地。取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力

加速度g=10m/s%求：

⑴物块8刚下降时的加速度a；

（2）物块/从底端到达顶端所需的时间t；

（3）物块/从底端到达顶端时，电动机多做的功吼

答案（1）2m/s?,方向竖直向下（2）2.5s（3）136J

解析（1）对力分析，有

T~\~Unhgcos0—/z/i^sin9=nha

对8分析，Wnhg—T=nka

解得a=2m/s：方向竖直向下。

V

（2）达到与传送带共速所需时间为心=-=2s

a

v

Z的位移ti=4m

I—X\

之后匀速运动的时间为t=——=0.5s

2v

物块A从底端到达顶端所需的时间

t=1i+22=2.5so

⑶物块/从底端到达顶端时，

相对位移△x=4一才1=4m

电动机多做的功设为例根据能量守恒定律得

W-\~nhgL—iThgLsin9=*|（0+改）声+〃久gAROS0

解得—136J

题型三动量观点在传送模型中的应用

例5.（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=O.9kg,长/=3.5m的传送带始

终以v=lm/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mo=lOOg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u=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。

答案（1）40m/s（2）4m/s（3）3m/s

解析（l）设子弹出膛的速度为的，则由牛顿第二定律可得―破2由匀变速直线运动规律有%2=2ax,

解得的=40m/so

(2)子弹打滑块/过程中动量守恒，则加的=(m+加H,解得含有子弹的小滑块/水平滑上传送带左

端时的速度大小%=上竽"=4m/so

(3)假设/在传送带上一直做减速运动，/从传送带的左端滑到右端的过程中，根据动能定理有一口(加

2-

+加gl=3(za+加v21(汲+加uj,代入数据解得吸=3m/s,因为v2>v,所以假设正确，小滑

块A在到达传送带右端时速度大小为3m/so

典行I

例6.(2024辽宁抚顺三模)一水平传送带以v=2m/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4与传送带之间的动摩擦因数M=0.2。传送带紧挨着

右侧水平地面，地面左侧。点放一物块B,物块B与水平面间的动摩擦因数为山且随物体到。点的

距离x按图乙所示的规律变化，传送带水平部分长L=l.2m,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=0.5m,物块A、B的大小可忽略，质量均

为m=0.5kg。重力加速度g取10m/s?。求：

(1)A碰B前的瞬间，A物块的速度大小；

(2)A碰B后，B物块的速度大小；

(3)弹簧的最大弹性势能。

答案(1)2m/s(2)2m/s(3)0.5J

解析(1)假设物块能加速到和传送带速度相等，则加速过程，根据牛顿第二定律得侬=侬，设加速

过程物块的位移为x,则/=2ax,解得x=lm<Z,假设成立，/碰6前，/物块的速度大小为2m/s。

22

(2)/、B碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv=mvA-\-niVB,^/nv=^mvA+^mv>B,解得q

=0,VB=2m/s,,

(3)46碰撞后到弹簧弹性势能最大的过程，摩擦生热0=一底，由图乙知6运动0.5m时B=0.4,

摩擦力对物块做的功脩=—号生&根据能量守恒得|期如2=。+品，解得品=0.5J。

3.(2024福建泉州一模)如图所示，光滑的水平面上静止一质量为M=0.98kg的物块。

紧挨平台右侧有一传送带，其与水平面成6=30。角，传送带底端A点和顶端B点相距L=3m。一颗质

量为m=0.02kg的子弹，以。=300m/s的水平向右的速度击中物块并陷在其中。物块滑过水平面并冲

上传送带，物块通过A点前后速度大小不变。己知物块与传送带之间的动摩擦因数口=0.2w，取重力

力口速度g=10m/s2o

B

(1)如果传送带静止不动，求物块在传送带上滑动的最远距离；

(2)如果传送带顺时针匀速运行(如图)，为使物块能滑到B端，求传送带运行的最小速度；

(3)若物块用最短时间从A端滑到B端，求此过程中传送带对物块做的功。

答案(1)2.25m(2)2m/s(3)9J

解析(1)根据动量守恒定律得必匹=(0+的%解得子弹与物块共速的速度为r=6m/s,物块沿传送

带上滑过程，根据动能定理得一[(加+册/in30°(ffl+JZ)5cos30°]jr=O—|(以+粉v,物块

在传送带上滑动的最远距离为x=2.25mo

(2)设传送带速度为口，物块到达6端时的速度为0。要求传送带速度最小，则物块速度大于口，根据

牛顿第二定律(ffl+JZ)/in30°+N(加+M)g,cos30°=(卬+〃)ai,物块减速到所的过程中％?一

d=-2&司，因为u=0.2g<tan30°,共速后，继续减速运动，有(卬+粉笏in30°-u("+的

g'cos30°=(必+")a2,物块减速至0的过程中巧2=2a?X2,又荀+④2=/,联立得M=2m/s。

(3)若物块用最短时间从力端滑到6端，物块所受摩擦力沿传送带向上，则勺口(ffl+J/)gLcos30°

=9Jo

、利大题•拿高分》.

1.(2024天津和平区三模)如图所示，上表面长为/=4m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，皮带以的=3.0m/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口=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〃=2kg,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=10m/s：求：

(1)物块在传送带上运动的时间t；

(2)木板的长度d。

答案(1)2.08s(2)1.5m

解析(1)物块在传送带上加速过程，根据牛顿第二定律有口侬=侬，解得a=2m/sz,所以物块在传送

带上加速的时间力1=£=|s=l.5s,加速运动的位移Xi="i2=gx2X1.5°m=2.25m<4m,所以物

块在传送带上先加速后匀速，匀速的时间立=必=♦史s=0.58s,所以物块在传送带上运动的时

%3

间t=tl+fe=2.08Sa

(2)物块平稳滑上木板，由于木板下表面光滑，物块与木板组成的系统动量守恒，则有〃即=(0+加

%物块最终刚好停在木板的右端没有滑下，对系统，根据能量守恒定律知系统动能的减少量等于物块

与木板发生相对滑动的过程中产生的内能，即口侬"=刎/一1(勿+例落联立解得d=1.5m。

2.(2024辽宁大连二模)物流公司传送小件货物，简化的传输系统如图所示。曲面末端与水平面欧平

滑连接于6点，水平面8c与传送带等高。工人将小件货物甲从4点由静止释放，运动到。点时以速度

为=4m/s与遗留在平面末端C点的小件货物乙发生碰撞(碰撞时间极短，碰撞前后甲、乙在同一条直

线上运动)，碰后甲、乙分别以速度n=L5m/s和皈=5m/s冲上顺时针运行的传送带上，传送带的速

度F=4m/s,传送带足够长。已知曲面高度分=1m,小件货物甲的质量㈤=4kg,小件货物甲、乙均

可视为质点，且与传送带间的动摩擦因数均为口=0.5,重力加速度g取10m/s,求：

(1)小件货物甲从4点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功；

(2)小件货物乙的质量仍及甲、乙碰撞过程损失的机械能；

(3)小件货物甲和乙冲上传送带到都与传送带共速过程中，传送带的电动机需额外多消耗的电能。

答案(1)8J(2)2kg2.5J(3)32J

解析(1)甲从4到G由动能定理得zag力一脩=]iq)2—0，解得肥=8Jo

(2)甲、乙碰撞，由动量守恒定律得za的=如匹+血质，解得血=2kg,则损失的机械能△£机=??iUo2—

22

Qm1v1+|m2v2^,解得八£机=2.5J。

(3)甲冲上传送带，其先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得口如g=㈤a“可得4=5!11/1,甲加

速到与传送带共速的时间△心===0.5s,此过程传送带发生的位移荀=/△S=2m,甲在传送带上

运动的位移X2=—："A力i=L375m,甲与传送带的相对位移△为=荀一生=0.625m,乙冲上传送带，其

先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律共座百加az,可得&=5m/s2,乙减速到与传送带共速的时间

A益=4=0.2s,此过程传送带发生的位移fe=0.8m,乙在传送带上运动的位移&=—△

—a22

t2=0.9m,乙与传送带的相对位移△至=园一苞=0.1m,电动机需额外消耗的电能△/电，必/十

22

Qm2v—1m2v2^+unhg'荀+unkgXx?=32J。

3.(2024广东梅州二模)如图所示为某自动控制系统的装置示意图，装置中间有一个以两=3m/s的速度

逆时针匀速转动的水平传送带，传送带左端点〃与光滑水平轨道9平滑连接，左侧有一光滑圆弧的最

低点与掰在户点平滑连接，在P点处安装有自动控制系统，当物块6每次向右经过户点时都会被系统

瞬时锁定从而保持静止。传送带右端与半径r=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，物块a从右

侧圆弧最高点由静止下滑后滑过传送带，经过〃点时控制系统会使静止在户点的物块6自动解锁，之后

两物块发生第一次弹性碰撞。已知物块a、6的质量分别为的=0.6kg、仍=6.6kg,两物块均可视为质

点，物块a与传送带间的动摩擦因数口=0.25,M、儿间的距离为£=L5m,重力加速度取g=10m/s?,

求：

(1)物块a运动到圆弧轨道最低点及时对轨道的压力；

(2)物块a第一次碰后的速度大小；

(3)若物块a每次经传送带到达〃点时，物块6都已锁定在尸点，即将碰撞时物块6自动解锁，求：

物块a第一次碰撞后经过〃点到第二次碰撞前经过〃点因摩擦而产生的热量0；两物块从第一次碰撞后

到最终都静止，物块a与传送带之间由于相对运动产生的总热量0。

答案(1)18N,方向竖直向下(2)2.5m/s(3)9J54J

解析(1)a从出发点到从点，由动能定理有向/=如孙；2,在“点对物块a分析，由牛顿第二定律有用

得物块a运动到圆弧轨道最低点4时受到的支持力大小凡=18N,根据牛顿第三定律可知，

r

物块a对圆弧轨道的压力大小为18N,方向竖直向下。

(2)a在传送带上运动，由牛顿第二定律有由运动学公式有功2—%2=2ax,解得a在传送

带上减速的位移为x=1.4m<L,故物块a到达〃点时速度为的=3m/s,a和6发生弹性碰撞有面的=

222min2

nhv„+nkVb,-nhVo-=-nhva+-/ikvb,解得“=—玲=1外=0.5m/s,ve='vb=—~vb=-2.5m/s,

222m1+m26m1+m26

物块a第一次碰后的速度大小为2.5m/so

(3)物块a第一次碰后返回传送带时的速度小于传送带的速度，所以物块a将先在传送带上向右做减

速运动，然后在传送带上向左做加速运动，由运动的对称性可知物块a离开传送带的速度仍然是％,且

加速与减速的位移大小相等，由％2=2am解得位移的大小传送带的位移泾=外亡，运动时间t

u2a

=包，经过〃点到第二次碰前经过〃点产生的热量Q=口仍g[(不+*2)+(X2—Xi)],联立解得a=u

a

2

ffl^2v0^=2X(|)\1v0=9J,物块a第一次碰后速度小于传送带速度外，故第二次碰前速度仍为，。，

zg\2-

第二次碰后a的速度为(£)2的，则第2次碰后到第3次碰前产生的热量为Q=NZfflg2〃o唔2=2X

22n2

(|)ffiv0,由数学知识可知ft=2X(|)fflV0,则物块a与传送带之间由于相对运动产生的总热量0=

2研。之,[1+®2+@3+-+(i)^54人

4.(2023汕尾二模)如图所示，一长度£=Um的水平传送带，左侧与竖直平面内一倾角。=37°

的斜面相邻，右侧在同一水平面上紧邻一水平平台.现有质量为0=0.1kg的小滑块从距离8点s=4m

处的4点静止释放.斜面与传送带距离较小且其底端反C间有一小圆弧(运动过程可忽略)，可以使小

滑块在反C两点速度大小不变.已知小滑块与倾斜轨道、传送带间的动摩擦因数分别为m=0.5,如

=0.2,滑块相对传送带滑动时能留下清晰划痕.已知传送带以历=6m/s的速度顺时针运动，取g=10

m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求：

(1)小滑块从力运动到〃所需的时间.

(2)小滑块在传送带上留下划痕的长度和受到传送带的摩擦力的冲量大小.

答案(1)4s(2)1m0.2N•s

解析(1)设滑块从/到6的加速度大小为国，用时为3由牛顿第二定律有

mgsin37°—u、mgcos37°=mai

解得&=2m/s2

由运动学公式有

解得ti=2s

根据运动学公式，滑块滑上传送带时的速度大小

vc=vs=aiti=4：m/s〈的=6m/s

由于滑块滑上传送带时速度小于传送带速度，所以滑块在传送带上先做加速运动，设加速度大小为

由牛顿第二定律有112mg=小

解得a=2m/s2

根据运动学公式Vo—Vc=a2t2

解得滑块在传送带上加速运动时间方2=1s

匹+Vc

加速运动位移荀=--益=5m<Z=llm

滑块速度达到传送带速度后与传送带一起匀速运动，匀速运动时间益=一」=1S

Vo

从力运动到〃的时间为t=ti+t2+t3=4S

(2)滑块在传送带上加速运动过程中传送带位移

X2=的友=6m

在传送带上留下划痕的长度为

△x=X2—荀=1m

由动量定理，摩擦力的冲量大小为

I=mvQ—mvc=0.2N,s

5.(2024浙江模拟预测)如图所示，质量为机=2kg的小滑块，被弹簧枪以％=8m/s的速度水平射入半径

R=0.8m表面为四分之一光滑圆弧面的小车，小车的质量为M=2kg。当滑块从小车的最高点8离开的

瞬间，小车恰好与薄挡板P相碰并立即停下，而滑块运动一段时间后恰好沿传送带C点切入倾斜传送装

置（C点与8点等高），传送带两滑轮间切的距离L=50m，以大小v=60m/s的速度匀速运行。滑

块与传送带间的动摩擦因数〃=。6,其它摩擦均不计，忽略传动轮的大小。（可能用到的数据相合7.1）

求:

⑴滑块刚滑上小车最低点A时对小车的压力;

（2）滑块在小车上运动过程中，小车对滑块做的功；

⑶滑块从离开小车直到传送带底端2所用的时间。

答案（D180N,方向竖直向下（2）-16J（3）①1.8s；②1.6s

解析（1）在4处有

r-me=m—

R

解得小车对滑块的支持力

F=mg+m^-=180N

由牛顿第三定律可知，滑块对小车的压力180N,方向竖直向下；

（2）设滑块离开小车时水平和竖直速度分别为匕和心滑块到小车最高点的过程中，水平方向动量守恒

mv0=（7M+M）V1

解得

r；=4m/s

滑块和小车系统的机械能守恒

m

g加诚=g（v：+优）+JMvi+mgR

解得

KF4m/s

对滑块由动能定理

解得

於T6J

(3)设滑块在空中运动的时间

%==0.8s

g

由抛体运动的对称性滑块切入传送带的速度

vc=V2V2=4后m/s

方向沿传送带向下，且与水平成6=45角；

.①若传送带向上运行，则滑块沿传送带一直做匀加速运动，加速度为

a=gsin0-jugcos0=2V2m/s2

设运动时间为方2则由

71

L—+~at?2

解得

%=1.0s

滑块从离开小车到离开传送带的时间

t=tx+t2=0.8s+1.0s=1.8s

②若传送带向下运行，则滑块沿传送带先向下做加速度为处的匀加速运动，后做加速度为劣的匀加速运

动，第一阶段的加速度

q=gsm3+jugcos0=8V2m/s2

加速时间

t2=匕"=0.25s

ax

加速位移

(v+v)r5V2

X[=-------c----2-=------m

124

第二阶段：滑块与传送带速度相等后，受到滑动摩擦力方向向上，加速度

。2=gsin9一〃gcos夕=20m/s2

加速位移

…寸苧m

由运动公式

解得

D.55s

滑块从离开小车到离开传送带的时间

t=tx+t2+t3=0.8s+0.25s+0.55s=1.6s

6.(2024四川模拟预测)如图所示，圆心角夕=53。、半径R=3m的光滑圆弧轨道尸。固定在水平地面上,

其末端。切线水平；质量为%=1kg的薄木板置于地面上，其上表面与。端等高且平滑接触；质量为

恤=3kg的物块B静止在C上，至C左端的距离为%=L26m；水平传送带固定，且沿顺时针转动。现

将质量为，"A=3kg的物块A轻放在传送带的左端，A离开传送带之前与其相对静止，离开传送带后从尸

点沿切线方向进入P。轨道，随后A滑上C,一段时间后与B发生弹性碰撞。已知A在。点对轨道的压

力大小为尸=79N,A与C、B与C之间的动摩擦因数均为〃i=0.5,C与地面之间的动摩擦因数〃?=0」,

A、B均可视为质点，碰撞时间忽略不计，且均未脱离C,取g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6o

求：

(1)传送带速度的大小％;

(2)A与B碰后瞬间B速度的大小；

⑶薄板的最短长度d。

答案(1)3m/s(2)6m/s⑶3.5m

解析(1)根据牛顿第三定律，A经过。点时受到的支持力为

F=F=79N

则有

诏

F-mg=m—

AAK

求得

%=7m/sA在由尸点运动到Q点过程中,由动能定理得

wAg7?(l-cos53°)=|mAv^-1mAVp

又

Upcos530=v0

联立解得

v0=3m/s

(2)假设A滑上C后B与C之间不发生相对滑动，由于

所以C相对地面向右滑动，二者一起滑动的加速度为

出m^g-%(僧人+为+代)g

%=------------------------------------=2m/s

m^+mc

B与C间的摩擦力大小为

/BC==6N<〃Bg=15N

故假设成立。A在C上滑动时的加速度大小为

%=空="6=5而

A从滑上C到与B发生碰撞之前A和C通过的位移大小分别为

12

玉=VQt~~a\t

12

x2——

又

联立求得

，=0.2s或，=1.8s(不符合题意，舍去)

故A与B碰前A、B的速度分别为

匕=%一印=6m/s

v2=a2t=0.4m/s

设A与B碰后的速度分别为匕和％，由动量守恒和机械能守恒得

mAv1+mBv2=mAv1+外为

12121’2112

5%匕%二耳机A%+-m^2

联立求得

v[=v2=0.4m/s

v2=匕=6m/s

（3）A与B碰后A与C共速，此后B向右匀减速直线运动，加速度大小为

%=5m/s2

A与C一起向右匀加速直线运动，加速度大小为

%=2m/s2

三者共速后一起做匀减速直线运动直到停止，设A与B碰后到三者共速所用时间为，，则有

匕+a2t=v2~州

该过程中A与B通过的位移大小分别为

X=4+1。2产

%2=%/——%，2

薄板的最短长度为

d=x0+x2-xl

联立解得

d=3.5m

7.（2024河南新乡一模）某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨右端N处与倾斜传送带平

滑连接，传送带的长度L=5.4m,传送带以恒定速率v=4m/s顺时针转动，三个质量均为根=1kg的滑

块A、B、C（均视为质点）置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹

簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远。现让滑块A以大小%=12m/s的初速度沿

B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角。=37。的

传送带，并从顶端尸点沿传送带方向滑出，最后落至水平地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因

数〃=0.5,取重力加速度大小g=10m/s2,sin37"=0.6,cos37°=0.8。不计空气阻力，不计传送带的传动

轮的大小。求：

(1)滑块A、B碰撞过程中损失的机械能AE；

⑵滑块C从N点运动到尸点的时间f；

(3)滑块C距水平导轨的最大高度h。

答案(1)36J(2)1.4s(3)3.312m

解析(1)设A与B碰撞后两者的共同速度大小为匕，对A与B组成的系统有动量守恒定律有

mv0=2mv[

由能量守恒定律可知，碰撞过程中损失的机械能为

11

AE=—mv19--x2mv9f=36J

(2)设A与B碰撞后弹簧第一次恢复原长时A、B的速度大小为K，滑块C的速度大小为外,由动量守

恒定律

2mvl=2mvB+mvc

由能量守恒定律

—x2mv：=—x+—mvl

22B2

联立解得

vc=8m/s

滑块C以外滑上传送带，设滑块C匀减速运动的位移大小为©时与传送带共速，由牛顿第二定律

mgsi