传送带模型中的相对运动与能量（模型与方法讲义）-2026年高考物理二轮复习解析版

专题10传送带模型中的相对运动与能量

目录

模型一动力学中的传送带模型...................................................................1

类型（一）水平传送带模型....................................................................1

类型（二）倾斜传送带模型....................................................................1

模型二传送带模型的能量问题....................................................................2

［模型剖析，

模型一系另承中的传送带模型

动力学中的传送带模型是力学中的基本模型，主要考查对牛顿第二定律、匀变速直线运动规律的理解,

涉及摩擦力、相对运动等的分析，知识综合性较强，试题难度往往较大。

类型（一）水平传送带模型

1.三种常见情景

项目图示滑块可能的运动情况

vo=0

情景1（S7）①可能一直加速②可能先加速后匀速

%①可能一直减速，也可能先减速再匀速

情景2②vo=y,一直匀速

上飞

③物勺，可能一直加速，也可能先加速再匀速

①传送带较短时，滑块一直减速到达左端

②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。

情景3

其中，若返回时速度为V,若如力，返回

时速度为W

2.解题方法突破

（1）水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向（含物体初速度为0）或反向。

（2）在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送

带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在

匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。

（3）计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：

①若二者同向,则As=|s传—s物|；

②若二者反向，则△$=k传|+|s物|o

类型（二）倾斜传送带模型

1.两种常见情景

项目图示滑块可能的运动情况

情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速

ev0=S

①可能一直加速②可能先加速后匀速

情景2

③可能先以3加速，后以他加速

2.解题方法突破

物体沿倾角为0的传送带运动时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜

传送带问题时要特别注意mgsin6与〃〃噜cos。的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向

的关系，确定物体运动情况。

模型二传送带模型的能量问题

1.传送带问题的两个角度

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

动力学

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

角度

和传送带之间的位移关系

求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热最、

能量

因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒

角度

定律求解

2.功能关系分析

(1)功能关系分析：W=A£k+AEp+Q。

(2)对W和。的理解:

①传送带做的功：W=网传。

②产牛.的内能：Q=Rx相对。

【典例1】如图所示，某快递公亘为提高工作效率，利用传送带传输包裹，水平传送带长为4m,由电动机

驱动以4m/s的速度顺时针转动。现将•体积很小、质量为10kg的包裹无初速的放到传送带A端，包裹和

传送带间的动摩擦因数为0.1,重力加速度为g=10m/s?,则包裹从A运动到B的过程()

AB

A.时间为Is

B.时间为4s

C.电动机多输出的电能为40J

D.电动机多输出的电能为80V2J

【答案】D

【详解】AB.包裹加速度为〃=幺丝=〃g=lm/s2

m

v4

加速运动到与传送带共速经历的时间为L厂

位移为玉=5=8m>4m

故包裹在与传送带共速前已经滑离传送带，由乙=；〃2

可得/=栏=20sAB错误:

CD.包裹从A运动到B的过程传送带位移为％=0=8及m

包裹位移为x包—L—4m

摩擦生热为Q="%(4—)=(80夜-40)J

包裹的获得的速&为M=a/=20ni/s

包裹获得的动能为线=,y=40J

故电动机多做的功为W=Q+《=80j?JC错误,D正确。故选D。

【典例2】如图甲所示为某机场的行李自动运输系统，可以将其笥化为如图乙所示，运输系统由电动机带动

传送带运转,传送带由长度4=100m的水平传送带AB和长度4=70m,倾角为37。的倾斜传送带8组成，

两个传送带之间由很短的一段圆弧连接。两个传送带都沿顺时针方向转动，速度大小分别为4m/s和6m/s,

每隔Is将一个货箱从A点无初速度放在传送带上，所有货箱的质量均为/〃=20kg且可视为质点，货箱与水

平传送带间的动摩擦因数M=0/，与倾斜传送带间的动摩擦因数〃2=0.875,重力加速度g=lOm/s2,

sin370=0.6,cos37°=0.8<,下列说法正确的是（）

甲乙

A.每个货箱从A点到。点的时间均为49s

B.水平传送带上相邻货箱间的最大距离为最小距离的8倍

C.倾斜传送带上相邻货箱间的最大距离为8m

D.传送带连续稳定工作24小时，传送带因运送货箱而多消耗220.8度电

【答案】BD

【详解】A.设货箱在水平传送带上的加速度为4,相对于地面的滑动距离为七，水平传送带的速度记为巳，

则有4=为侬=N、g=InVs2

m

匕2=

则货箱在水平传送带上的滑动时间为乙=±二4s

解得滑动距离内=8m

则货箱在水平传送带上的匀速运动时间为

同理.，设货箱在倾斜传送带上的加速度为的,相对于地面的滑沟距离为与，倾斜传送带的速度记为%,则

后cos37°-mgsin37°.

有“，=----------2------=42gcos37°-gsin37°=1m/s2

m

%2-匕2二羽毛

则货箱在倾斜传送带上的滑动时间为A=二=2s

解得滑动距离七川加】

则货箱在倾斜传送带上的匀速运动时间为L=%*=l°s

vy

所以货箱从A点到D点的时间为f=/.+%+4+L=39s故A错误；

B.在水平传送带上，货箱要经过4s才能达到和传送带一样的速度，而货箱是每隔1s就放上去一个，所以

当下•个货箱刚放上去时，它与前一个货箱的距离最小，当它的速度达到传送带的速度时，它与前一个货

箱的距离最大，则有人=；卬；=；xix『m=0.5m

乙乙

La=；卬；+匕/。_；砧2=4m即最大距离为最小距离的8倍，故B正确；

乙乙

C.在倾斜传送带上，货箱要经过2s才能达到和传送带一样的速度，而每隔Is就有一个货箱进入倾斜传送

带；所以当下一个货箱刚刚到达倾斜传送带时，它与前一个货箱的距离最小，当它的速度达到倾斜传送带

的速度时，它与前一个货箱的距离最大，则有+

故C错误；

D.把一个货箱从4点传送到。点，电动机至少要做功:

12

W+mgL^sin37°+十〃2〃zgcos37°vyr3匕4+不生，39200J

\1

连续稳定工作24小时，共传送货箱〃=60x60x24=86400（个）

9200x86QQ

需要做功叱、=7/W=9200x86400J=^kw.h=220.8kwh故D正确。故选BD。

3.6x10"

【典例3】如图甲所示，传送带是物料搬运系统机械化和自动化传送用具。如图乙所示，传送带与水平面间

的夹角。=37,逆时针匀速转动。某次将静止的物体从高处传送至低处的过程中，以水平地面为重力势能

的零势能面，物体的机械能E和传送距离$的关系如图内所示。已知物体的质量为10kg,可视为质点，重

小加速度为lOm/s?,下列说法中正确的是（）

A.传送带的运行速度为2m/s

B.物体与传送带之间的滑动摩擦因数为0.25

C.在0~0.2m内与0.2m~0.4m内，传送带对物体做的功大小相等

D.在0~0.2m内与0.2m~0.4m内，物体与传送带之间产生的热量相等

【答案】AC

【详解】B.传送距离0~0.2m时，物体速度小广传送带速度，受到摩擦力沿传送带向下，摩擦力做正功,

物体的机械能增加，可得〃〃琢Ax=AE

kE248-240

物体与传送带之间的滑动摩擦因数为〃==0.5故B错误;

wgAxcos。10x10x0.2x0.8

A.传送距离0~0.2m时,物块的加速度为a=gsinO+〃gcos〃=l()m/s?

传送带的运行速度为v=用=j2xl0x（）.2m/s=2m/s故A正确；

C.在。〜0.2m内与0.2m〜0.4m内，物块受到滑动摩擦力大小相等，方向相反，物体的位移相同，可知传

送带对物体做的功大小相等，故C正确；

D.在。〜0.2m内，传送带的位移为="

物块的位移为占=^ar=gw

物块与传送带相对位移为以।=*-W=/=0・2m

物体与传送带之间产生的热量2=1%

在0.2m〜0.4m内，物体与传送带之间产生的热量0=%=/8

物块与传送带相对位移为M=%块一不传送带=02m-/送帝=3-%送带<可

可得在0~0.2m内与0.2m〜0.4m内，物体与传送带之间产生的热量不相等，故D错误。故选AC。

【典例4】如图所示，一足够长的水平传送带以u=4m/s的速度向右传送，与倾角为37的斜面的底端P平

滑连接，将一质量，〃=2kg的小物块从A点静止释放。已知A、尸的距离L=8m,物块与斜面、传送带间的

动摩擦因数均为4=0.25,取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8o

（1）小物块第一次滑过。点时的速度大小M；

（2）物块第一次从P点冲上传送带到沿传送带运动到最远处的过程中，电动机因传送物块多做的功;

（3）从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程。

【详解】（1）小物块第一次从A点运动至。点时，根据动能定理有

1、

sin夕一川ngLcos0-

解得用一8m/s

（2）物块在传送带上运动的加速度大小为4=〃g=2.5m/s2

物块沿传送带运动到最远处的位移为N=止=J—m=12.8m

物块沿传送带运动到最远处所用的时间，=乜==3.2s

a2.5

物块与传送带间相对大小为-=石+1"=l2.8+3.2x4m=25.6m

摩擦产生的热量为Q=fAv=/.itng^x—0.25x2x1Ox25.6J=128J

根据能量守恒，电动机因传送物块多做的功为卬=。-工=Q-g〃诉=64J

（3）设从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程为一经过多次往返后，小物块最终停在斜

面底端。除第一次返回斜面外，其余每次在传送带上往返运动时过程都具有对称性，从第一次返回斜面到

最终停止运动，根据功能可得fimgG-L）cos<9=Jmv-

解得s=12m

【方法规律】物体在传送带上运动时，物体与传送带速度相等的时刻是摩擦力发生突破的时刻，也是物体

运动分段的关键点。

【典例5】如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角0=30。，传送带在电动机的带动下，始终保持%=2m/s

的速率运行，现把一质量为〃?=10kg的工件（可视为质点）轻轻放在传送带的底端，经过时间，=1.9s,工

件被传送到h=1.5m的高处，gMXlOm/s2,求：

（1）工件与传送带间的动摩擦因数；

（2）电动机由于传送工件多消耗的电能。

【详解】（1）由题图可知，传送带长x=’7=3m

sin夕

T.件速度大小达到%前，做匀加速运动，有％=与。

工件速度大小达到%后，做匀速运动，有%-%=%G

联立解得加速运动的时间4=0.8s

加速运动的位移大小X=0.8m

所以加速度大小4=1=2.5m/s2

由牛顿第二定律有〃，〃gcose-〃zgsine=ma

解得〃呼

（2）由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生

相对位移时摩擦力做功产生的热量。在时间《内，传送带运动的位移大小4=%4=L6m

在时间右内，工件相对传送带的位移大小=%传一再=0.8m

在时间右内，摩擦产生的热量Q=小图cos，•a=60J

最终工件获得的动能纭2=20J

工件增加的势能综="3=I5OJ

电动机多消耗的电能石=Q+线+Ep=23（）J

【方法规律】

（1）根据初始条件分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体是否受到滑动摩擦力作用。

（2）当物体的速度与传送带速度相等时，要判断物体能否与传送带保持相对静止。

【典例6].如图所示，在电动机的带动下以i，=3m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带左端与粗糙的弧

形轨道平滑对接。质量，〃=2kg的物体（可视为质点）从轨道上高0=2m的尸点由静止开始下滑，滑到传送

带上的A点时速度大小％=5m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数〃=0.5,传送带两端之间的距离

L=3.4m。传送带右端与光滑水平面平滑对接，物体与质量，%=4kg的静止小球发生弹性正碰。重力加速度

g=10m/s2o求：

（1）物体从尸点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；

（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对物体的冲量大小；

（3）物体与小球碰后到向右再次经过3点的过程中，因为物体在传送带上滑动电机多消耗的电能。

【答案】(1)-15J；(2)4N・s；(3)12J

【详解】(1)从。到A根据动能定理，有+

代人数据解得叱=-15J

(2)由于物体冲上传送带的初速度大于初速度的速度，开始物为相对传送带向右运动，则有

/img=ma

解得4/=5m/s2

物体向右先做匀减速直线运动，减速至勺传送带同速时通过的位移外=公匚

2a

代入数据解得±=1.6mv3.4m

可知物体在传送带上先向右做匀减速直线运动，后向右做匀速直线运动；

传送带对物体的摩擦力的冲量为lf=mv-mvo

解得六-4N・s方向向左；

(3)物体第一次与小球发生弹性碰撞，令物体反弹回来的速度大小为盯，左侧小球碰后速度大小为口，根

据动量守恒，有mv=mvi+mov2

根据机械能守恒，有g〃八'=gmv；+；miyv；

解得

V)=-lm/s

v2=2m/s

物体被反弹【可来后，在传送带上向左运动过程中，根据0-斤=-2欠2

解得W=0,Im<3.4m

根据vi=ati

可得经历的时间为乙=L=0.2S

a

可知物体第一次返回还没有到达传送带左端速度已经减为零，随后将再次向右做匀加速直线运动，根据对

称性可知，速度将再次增加到R，因为力小于小球速度，物块与小球不会再次碰撞，所以此过程电动机多

给传送带的作用力为〃〃唁，电动机多消耗的功率为则电动机多消耗的电能为石=2〃，跖%

解得E=12J

【方法规律】

1.物体在传送带上的运动分析方法及摩擦力突变分析方法与动力学中的传送带模型类似，若涉及能最问题时,

注意对物体应用动能定理及能量转化和守恒定律，涉及摩擦牛.热时，要用。=尺1相对计算，其中居为滑动摩

擦力，XH田为物体与传送带间的相对位移。

2.滑上传送带的物体获取初速度的过程常涉及动量定理和动量守恒定律。滑上传送带的物体在滑动过程中因

滑动摩擦力做功，常涉及能量的转移或转化问题。所以与动量、能量有关的传送带模型往往是综合性较高

的试题，难度一般在中等偏上。

1.某工厂输送物件的传送系统由倾角为30“的传送带AB和一倾角相同的长木板CD组成，装置可简化

为图,已知物件与传送带间的动摩擦因数必=立，与木板的动摩擦因数4=立。传送带以％=4m/s

的恒定速度顺时针转动。现将一质量〃?=2kg的物件P无初速置于传送带A点，当物件到达B端时刚

好相对传送带静止，到达。点时速度恰好为零随即被机械手取走。物件可以看成质点，皮带与木板间可

认为无缝连接，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）

A.传送带的长度为3m

B.物件全程运动时间约为2.27s

C.物件上升到D处过程中因摩擦产生的热量为48J

D.若机械臂没及时抓住物件，物件下滑后仍能再次到达。处

【答案】B

【详解】A.P放上皮带后，受力如图一

山牛顿第二定律有〃〃7gcos30-mgsin3O=ma}

根据速度位移公式有A=曰

联立代入数据解得4=3.2m,故A错误;

B.到达木板C点后，受力如图二

由牛顿第二定律有一切gsin30-%〃侬os30=ma2

则C、。间距离(板长)为4=*二

2a2

4

解得&

在皮带上上滑时间为=幺a=L6s

在木板上上滑时间为42=——=1^

a23

234

所以7=△「+△〃=1.6s+—s=—s«2.27s,故B正确；

C.物件上升到D处过程中因摩擦产生的热量为Q=M"?gcos30OxAr|+〃y〃gcos3()OxAx2

根据匀变速运动的平均速度公式可知，设在传送带上加速时间为/，则其中人寸二引-3卬=？&-。=3.2m,

Ax.=L2

解得Q=(48+()J,故C错误；

D.从。点向下运动，受力如图三

*mg

图三

由牛顿第二定律有〃zgsin30-〃2〃%COS3。=〃?%

第一次返回3时有内=4,4=12ag

滑过B点后在皮带上由于M〃?4COS30>〃?,gsin30

先向卜减速后以相同加速度返回，向上冲的位移々=3二（&

2a.3

所以无法到达。点，故D错误。

故选B。

2.如图1所示，倾斜传送带常用于飞机上行李箱的搬运工作。一倾角为6=37。的传送带保持0.80区的恒

定速率向上运行，工作人员以相同时间间隔将行李箱无初速度地放在传送带底端，所有行李箱在进入飞机

货舱前都已做匀速运动，且相邻两个行李箱间不发生碰撞。如图2所示，A、B、C是传送带.上3个进入货

舱前匀速运动的行李箱，其中A与B间的距离小于B与C间的距离，行李箱A的质量为20kg,A与传送

带间的动摩擦因数为0.8,传送带的长度为10m,重力加速度g取］Om/s?,。］37。=0.6,最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，下列说法正确的是（）

A.A、B、C与传送带间的动摩擦因数相同

B.行李箱A在传送带上留下的划痕长度为0.8m

C.行李箱A从传送带底端运动至顶端的过程，摩擦力对行李箱A做的功为102.4J

D.由于搬运A,驱动传送带的电机额外消耗的电能为1206.4J

【答案】B

【详解】A.由题知，传送带运行的速率为v=0.8m/s,工作人员将行李箱间隔相同时间连续无初速度地放

在传送带底端，则行李箱放在传送带上的初始位置间的距离相同，因〃>tan37。=0.75

故行李箱放在传送带上后，各个行李箱都是先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，设加速时间为，，加

速过程的位移为巧，对行李箱，根据牛顿第二定律有〃〃?gcose-〃igsine=〃心

解得。=cos0-gsin0

根据速度时间公式，可得加速的时间为，=上

a

行李箱加速的位移为芭=1/

行李箱加速时，传送带匀速的位移为占=W

故行李箱相对传送带的位移为Av=W-%

联立解得小•=

2cos。-sing)

可知匀速时两物体之间的距离加:与动摩擦因数有关；由题知，A与B距离小于B与C间的距因，所以动摩

擦因数不相等，故A错误;

B.对行李箱A,对行李箱，根据牛顿第二定律有〃〃吆cos。T超sin0=〃心

解得a=0.4m/s2

A的力口速位移司=—=0.8m

La

加速时间，=^=2s

a

这段时间内，传送带的位移W=w=L6m

故相对位移入丫=X2-内=0.8m

即行李箱A在传送带上留下的划痕长度为0.8m,故B正确：

C.摩擦力对行李箱做功分为两部分，匀加速阶段滑动摩擦力做功IK=〃〃?gcos，F=102.4J

匀速上升阶段静摩擦力做功吗=mgsin"(10-xj=1104J

故摩擦力对行李箱A做的总功为W=叱+吗=1206.4J,故C错误；

D.根据能量守恒，可知由于搬运A,驱动传送带的电机额外消耗的电能等于A的机械能增加量和A与传

送带间的摩擦生热，即电机额外消耗的电能大于1206.4J,故D错误。

故选B。

3.传送带经常用于分拣货物,如图甲为传送带输送机简化模型图，传送带输送机倾角。=3()。，顺时针匀速

转动，在传送带下端八点无初速度放入货物。货物从下端人点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位

移$的关系图像(以4位置所在水平面为零势能面)如图乙所示。货物视为质点，质量〃?=2kg,重力加速

度月二10m/s2。下列说法正确的是()

A.传送带对货物的摩擦力全程没有改变

B.货物与传送带间的动摩擦因数为整

C.货物从下端A点运动到上端B点的时间为1.8s

D.传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为46J

【答案】D

【详解】A.根据功能关系可知，摩擦力对货物做的功等于货物机械能的变化量，故有/心二4石

变形有

即E-s图像的斜率等于摩擦力，所以传送带对货物的摩擦力在s=0.8m处由滑动摩擦力变为静摩擦力，故

A错误；

B.由上面分析可知，当货物受到的是滑动摩擦力时，有F=¥=2N=15N

A*IJ.o

又因为/=〃，〃gcos。

解得〃=等，故B错误；

C.货物在传送带上匀加速运动的过程中，根据牛顿第二定律有W〃gcos。-〃际sinO=/M

解得a=2.5m/s2

设货物在传送带上匀加速运动的时间为4,则生=0.8m=g*

解得4=O8s

传送带的运行速度为u==2.5x0.8m/s=2m/s

货物随传送带一起匀速运动的过程中，机械能的增加量等「重力势能的增加量，故有

sin6>=E2-£；=(34-12)J=22J

解得加2=2.2m

则货物随传送带一起匀速运动的时间为人二强=孕s=l.ls

v2

所以货物从下端4点运动到上端B点的时间为+/2=(0.8+Ll)s=1.9s,故C错误；

D.设传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为E多，则根据能量守恒定律有

Ez=/jmgcos6^•(lYj-As-1)+E,=[15x(2x0.8-0.8)+34]J=46J,故D1E确。故选D„

4.如图甲所示，倾角为。的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为।kg的包裹轻轻放在最上端的4点,

包裹从A点运动到最下端8点的过程中，其加速度“随位移x变化的图像如图乙所示。取重力加速度大小

A.。=30,且包裹与传送带间的动摩擦因数为0.5

B.传送带运行的速度大小为4m/s

C.包裹与传送带间因摩擦而产生的热量为6J

D.包裹从A点运动到最下端B点所用的时间为1.2s

【答案】D

【详解】A.包裹放上传送带后瞬间，包裹相对传送带向上滑动，则包裹所受摩擦力沿传送带向下。

在0到2.4m内，根据牛顿第二定津得小gsine+〃〃?gcose="2

包裹运动到与传送带共速后，根据牛顿第二定律得mgsin夕一

2

其中q=7.5m/s2,«2=2.5m/s,联状解得〃=立，0=30。，故A错误；

6

B.由题图乙可知，包裹的位移为2.4m时包裹与传送带共速，贝J传送带速度

V=A/2^1X1=V2x7.5x2.4m/s=6m/s,故B错误；

v6

C.包裹在。至ij2.4m内，有％=—=”s=0.8s

At]=%一A=6x0.8m-2.4m=2.4m

包裹在2.4m到5.0m过程中,有射/一声=%(看一西)

解得。=7m/s

□A-y7-6八4

则有，2="一=丁？s=0.4s

a22.5

AX2=(X2一%)一%=(5-2.4)m-6x0.4m=0.2m

故Q=〃〃7gcos仇(AA;+Aq)=6.5J,故C错误；

D.包裹从A点运动到最下端3点所用的时间，=4+，2=L2S,故D正确。故选D。

5.如图甲所示，倾斜放置的传送带顺时针匀速运行，在传送带上某位置轻放一质量〃i=2kg的物块，物块

视为质点，刚放上传送带时重力势能为零，此后物块的机械能E随位移x变化的图像如图乙所示，则物块

刚放上传送带时的加速度大小为（）

D.7.5m/s2

【答案】B

【详解】对物块分析，根据动能定理可得-*-，〃皿=；〃疗

整理可得一心=1〃?/+mgh=E

2

由此可知，机械能的变化量等于克服摩擦力所做的功，因此在E-x图像中，其斜率为摩擦力的大小，设传

送带的倾角为结合乙图可知,共速之前,物块受到的摩擦力/=^N=I5N

共速后，则有£=，咫sin0="Y&N=10N

物块刚放上时，根据牛顿第二定律可得工一〃吆sin9=〃心

联立解得4=2.5m/s2故选B。

6.如图所示，一水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，右侧一处于压缩状态的轻质弹簧

与一质量为机的小滑块接触（不相连），释放后滑块以速度I，滑上传送带，滑块运动一段时间后返回并压缩

弹簧，已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的•半。已知弹簧弹性势能E=g履2,不计空气阻力，则

B.经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上

C.滑块第三次在传送带上运动的过程中传送带的摩擦力对滑块的冲量大小为，〃1，

D.滑块第一次在传送带上运动的整个过程中电动机需额外多做的功为叱

8

【答案】C

【详解】A.由能量守恒可知，释放滑块过程有g履2

滑块返回压缩弹簧时有，&x《=L〃谛

242

联立解得飞=；，故A错误。

B.结合以上分析可知，滑块再次滑上传送带时速度为；=%,则每次滑块返回时速度均为因此一直在

做往复运动，不会停止，故B错误。

C.滑块第三次在传送带上运动的整个过程中，规定向右为正方向，根据动量定理可知传送带对滑块的水平

冲最大小为一"1］一m］二,nv

传送带水平方向对滑块只有摩擦力，所以摩擦力的冲量大小为乙=/机，故C正确。

D.滑块第一次向左做匀减速直线运动过程，利用逆向思维有□=〃以

第一次返回向右做匀加速直线运动过程有=

根据功能关系可知.滑块第一次在传送带上运动的过程中电机多消耗的电能为E=+/2）

代人解得E=3贮，故D错误。故选C。

4

7.倾角6=37的传送带以大小为％=4m/s的速度顺时针转动，一质量〃z=Q4kg的煤块（视为质点）无初

速度地从传送带底端滑至〃=9m的顶端，煤块与传送带间的动摩擦因数〃=。.8,取重力加速度大小

g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,传送轮的大小不计，不考虑传送带的电机发热消耗的能量，则（）

h

A.煤块加速阶段的加速度大小为0.6m/s2

B.煤块在传送带上留下的痕迹长度为（20x/5-15）m

C.煤块到达传送带顶端时的速度大小为2m/s

D.传送带因传送煤块而多消耗的电能约为412.7J

【答案】B

【详解】A.煤块加速阶段对其进行受力分析，由牛顿第二定伴有〃"geos。-〃出in*〃心

解得〃=0.4m/s2,故A错误;

BC.由几何关系可知，传送带到顶端的距离为s=2）=15m

sine/

假设煤块在传送带上一直加速，设其到达传送带顶端时的速度大小为叭则有/=2心

解得y=25/5m/s<%

即满足提出的假设，设煤块在传送带上加速的时间为Z,则有u=

解得/=5氐

设该段时间内，传送带运动的距离为L,则有L=vV=20gm

则煤块在传送带上的痕迹为As=L-s=3&-15）m,故B正确，C错误；

D.由功能关系可知，传送带多消耗的电能转化为燥块的动能、煤块增加的重力势能以及因摩擦而产生的内

能，有E=mgh+gmv2+4mgeos8•As»88.7J,故D错误。故选B。

8.应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持u=2m/s的

恒定速率运行，A、8间的距离为2.25m,g取lOm/s?。旅客把质量为10kg的行李（可视为质点、与传送带

之间的动摩擦因数〃=。.2）无初速度地放在4处，则行李从A到B点过程中，电动机额外多做的功为（）

—y口|力

（B・）t・）

A.60JB.45JC.20JD.40J

【答案】D

【详解】行李加速阶段的加速度大小为。=幺整=2m/s2

tn

行李加速到与传送带共速所用时间为「=上=Is

a

该过程行李通过的位移大小为内=》=Im<2.25m

该过程行李与传送带发生的相对位移为加=%-X=Im

闪摩擦产生的热量为。==20J

行李与传送带共速后，保持相对静止一起做匀速直线运动，根据能量守恒可知行李从A到8点过程中，电

动机额外多做的功为W=Q+；mv2=40J

故选D.

9.如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度glm/s

顺时针传动。建筑工人将质量m=2kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以vo=lm/s的

速度向右匀速运动。已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为〃=0.1，运输带的长度为L=2m,重力加速

度大小为g=10m/s2。以下说法正确的是（）

n

L

A.建筑工人比建筑材料早到右端0.3s

B.建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动

C.因运输建筑材料电动机多消耗的能量为1J

D.运输带对建筑材料做的功为1J

【答案】D

【详解】AB.建筑工人匀速运动到右端，所需时间4=^=2s

%

假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为〃=〃g=lm/s2

加速的时间为，2=%=1S

-a

加速运动的位移为Z==05m<L

L—

假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为4=一-=l-5s

因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为△7=，3+，2-4=05s,故AB错误;

D.由动能定理可知，运输带对建筑材料做的功为W=5机W=1J,故D正确；

C.建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运输带的位移为&=%/2=lm

则因摩擦而生成的热量为Q=〃〃田（4一内）=1J

则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为AE=W+Q=2J,故C错误。故选D。

10.如图所示，倾角后37。的传送带以即=lm/s的速度沿顺时针方向匀速转动，现将物块B轻放在传送带下

端的同时，物块A从传送带上端以v/=2m/s的初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，

已知物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8,两物块（均可视为质点）质量均为1kg,重力加速度g取10m/s2,

sin370=0.6,cos37°=0.8<,下列说法正确的是（）

A.两物块刚开始在传送带上运动时的加速度大小均为0.8ni/s2

B.物块B从放上传送带到刚好要与物块A相碰所用的时叵为5.5s

C.两物块与传送带之间由于摩擦产生的热量为64J

D.传送带上下端间的距离为10m

【答案】D

【详解】A.两物块刚开始在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得纵=.=〃〃长cos。-〃名sin〃、。4mzs2,

m

故A错误；

B.物块B在传送带上加速的时间为4=A=^TS=2.5S

由干〃?gsin。v,物块B随后跟着传送到一起匀速向上运动。物块A从冲上传送带到速度为零所

正2

用时间为芍=」~=777s=5s

〃人0.4

物块A从速度为零向上加速到与传送带速度相同所用时间为4=£=看5=2.55

所以两物块从放上传送带到刚好要相碰所用时间为加=与=7・5s,故B错误；

C.两物块与传送带之间由于摩擦产生的热量为

Q=QA+QB=〃〃吆cose•（；+卬2+卬3-Icos0•（卬।一:即片）二80J,故C错误;

D.在7.5s内物块A的位移大小为4=3纵$-3%片=3.75m

物块B的位移大小为/=］甲彳+%（△/tI）=6.25m

所以传送带下端到上端的距离为/=4+&=10巾，故D正确。故选D。

11.（多选）如图甲所示为倾斜的选送带，正以恒定的速度y,沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37。。一

质量，〃=1kg的物块以初速度%从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度

恰好为零其运动的图像如图乙所示，则下列说法正确的是（）

A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5

B.物块上滑过程在传送带上留下的痕迹长度为16m

C.物块上滑过程与传送带间由于摩擦而产牛•的热量为64J

D.2〜4s这段时间内电机因传送带放上物块而多消耗的电能为32J

【答案】AD

【详解】A.由图像可得，（卜2s物块的加速度％=笥吆nom/s?

根据牛顿第二定律mgsin37+〃州gcos375=/四

解得//=0.5,A正确；

B.0~2s物块的位移x1=^y-^x2m=28m,传送带位移x2=4x2m=8m

相对位移A'：=%-占=20m（物块比传送带多走）

4—（）

22

2~4s：物块速度小于传送带速度，摩擦力沿斜面向上，加速度^2=—nVs=2nVs

4+0

物块位移：网=----x2m=4m,传送带位移4=4x2m=8m

2

相对位移Ar2=x4-xs=4m（传送带比物块多走）

由「两段相对位移方向相反，最终痕迹长度取最大值20m,B错误；

C.物块I:滑过程与传送带间由于摩擦而产生的热量：Q=〃，?gcos37•（八前+生）

代入数据可得Q=96J,C错误;

D.设2〜4s这段时间内因传送带放上物块而多消耗的电能E,物块减小的动能4，物块增加的重力势能稣，

摩擦而产生的热量Q'

由能量关系可得：£+稣=生+。'

物块减小的动能EK=ginv2=8J

物块增加的重力势能与=，咫Fsin0=24J

摩擦而产生的热量Q'=〃〃?gcosOA^=16J

由以上各式可得多消耗的电能E=32J,D正确。

（方法二：传送过程中之所以要多消耗电能，是因为传送物块时要克服摩擦力做功，多消耗的电能就等于

克服摩擦力做功

2〜4s这段时间内E=Wf="mgcos37•几

解得E=32J„）

故选AD。

12.（多选）如图所示，足够长的水平传送带以恒定速度运行，一质量为加=5kg、水平初速度大小为%=2m/s

的工件（可视为质点），从传送带左侧滑上传送带。工件与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的

过程中，因摩擦产生的热为Q=2.5J,则传送带的速度大小可能为（）

A.lin/sB.2.5m/sC.3m/sD.3.5m/s

【答案】AC

【详解】第一种情况，当传送带速度-小于％时，工件滑上传送带后先减速后匀速运动，设工件与传送带间

的动摩擦因数为〃，对工件根据牛顿第二定律"郎"

设经过时间"后工件与传送带共速，可得-=%-即

该段时间内工件运动的位移为内=上兽。

传送带运动的位移为七一2

故可得Q=•（王一电）

联立解得v=lm/s,另一解大于％舍去；

第二种情况，当传送带速度丫大于％时，工件滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间G后工件与传送

带共速，同理可得丫=%+32

该段时间内工件运动的位移为X；=可，2

传送带运动的位移为占'=%

故可得Q=7g•［；-N'）

解得y=3m/s,另一•解小于环舍去。

故选AC。

13.（多选）如图所示，倾角夕=37的传送带以%=lm/s的速度沿顺时针方向匀速转动，将质量为1kg的物

块B轻放在传送带下端，同时质量也为1kg的物块A从传送带上湍以匕=2m/s的初速度沿传送带下滑，结

果两物块恰好没有在传送带上相碰，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8,不计物块大小，重力加速度8

取lOm/s:,sin37=0.6，cos37=0.8。则（）

A.A、B两物块刚在传送带上运动时加速度相同

B.两物块在传送带上运动到刚好相遇所用时间为5s

C.传送带上下端间的距离为12.5m

D.在运动过程中A、B两物块与传送带因摩擦产生的总热量为80J

【答案】AD

【详解】A.物块A向下减速运动〃〃入gcose-6Agsine=〃?M

解得物块A加速度大小4=jugcosO-gsin0=0.4m/s2

物块B向上加速运动〃，叫&cos。-〃185皿0=//必2

解得物块B加速度大小出=〃gcos"gsin8=0.4m/s2

所以A、B两物块刚在传送带上运动时加速度相同，A正确；

B.物块B在传送带上加速的时间％=a=二5=2枭

物块B在2.5s以后相对于传送带静止，以％=1m/s的速度向上匀速运动。

胴02

物块A向下减速的时间乙=匕二=T-7S=5S

40.4

物块A向上加速到与传送带速度相同所用时间弓=$="：s=2.5s

40.4

两个物块在与传送带共速时恰好相遇，所用时间，=/|+G=7.5S,B错误；

C.在7.5s内物块B的位移大小为超=3〃2/(：+%(/To)=6.25m

在7.5s内物块A的位移大小为x=/=3