2026版高考物理二轮复习微切口1　传送带中的动力学和能量问题

力学综合微切口1传送带中的动力学和能量问题类型1水平传送带(2025·海南卷)足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5m，圆心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知mA＝4kg，mB＝1kg，A、B可视为质点，A、B与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5J，忽略轨道及平台的摩擦，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8.求：(1)A滑到圆弧最低点时受的支持力．(2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能．(3)传送带的速度大小．答案：(1)72N，方向竖直向上(2)1.6J(3)0.6m/s或2.6m/s【解析】(1)A从开始到滑到圆弧最低点，根据机械能守恒mAg(R－Rcos53°)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)解得v0＝2m/s在最低点根据牛顿第二定律FN－mAg＝mAeq\f(v\o\al(2,0),R)解得FN＝72N，方向竖直向上(2)根据题意，A、B碰撞后成一整体，根据动量守恒mAv0＝(mA＋mB)v共解得v共＝1.6m/s故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,共)＝1.6J(3)第一种情况，当传送带速度v<v共时，A、B滑上传送带后先减速，再匀速运动，设A、B与传送带间的动摩擦因数为μ，对A、B根据牛顿第二定律μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a设经过时间t1后A、B与传送带共速，可得v＝v共－at1该段时间内A、B运动的位移为x1＝eq\f(v＋v共,2)t1传送带运动的位移为x2＝vt1故可得Q＝μ(mA＋mB)g(x1－x2)联立解得v＝0.6m/s，另一解大于v共舍去第二种情况，当传送带速度v>v共时，A、B滑上传送带后先加速，再匀速运动，设经过时间t2后A、B与传送带共速，可得v＝v共＋at2该段时间内A、B运动的位移为x′1＝eq\f(v＋v共,2)t2传送带运动的位移为x′2＝vt2故可得Q＝μ(mA＋mB)g(x′2－x′1)解得v＝2.6m/s，另一解小于v共舍去．类型2倾斜传送带如图所示，一长L＝6m的倾斜传送带在电动机带动下以速度v＝4m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°.质量m1＝4kg的小物块A和质量m2＝2kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A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μ＝0.5，不计滑轮的质量与摩擦，在A运动到传送带顶端前物块B都没有落地．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：(1)物块B刚下降时的加速度a.(2)物块A从底端到达顶端所需的时间t.(3)物块A从底端到达顶端时，电动机多做的功W.答案：(1)2m/s2(2)2.5s(3)136J【解析】(1)设绳中拉力为T1对A分析有μm1gcosθ＋T1－m1gsinθ＝m1对B分析有m2g－T1＝m解得a＝2m/s2(2)第一阶段，物块A经过t1与传送带速度相同由t1＝eq\f(v,a)，得出t1＝2s物块沿传送带上升距离L1＝eq\f(v2,2a)，得出L1＝4m因为μm1gcosθ＋m2g>m1gsin所以第二阶段，物块A受沿传送带向上的静摩擦力，与传送带相对静止一起匀速，到达顶端所需时间为t2由t2＝eq\f(L－L1,v)，得出t2＝0.5s则物块A从底端到达顶端所需时间t＝t1＋t2＝2.5s(3)全过程中物块A增加的重力势能ΔEpA＝m1gLsinθ＝144J物块B减少的重力势能ΔEpB减＝m2gL＝120J物块A、B动能增加ΔEk＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝48J物块A与传送带间摩擦生热Q＝μm1g(vt1－L1)cosθ则电动机多做的功W＝ΔEpA－ΔEpB减＋ΔEk＋Q＝136J.传送带中的动力学和能量问题1.分析方法(1)动力学角度：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)能量角度：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定律求解．2.功能关系(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传．(2)系统产生的内能：Q＝Ffx相对．(3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(2024·苏锡常镇调研一)如图所示，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率沿逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图所示，取沿传送带向下的方向为正方向，则下列v－t图像中不可能描述小物块在传送带上运动的是(D)ABCD【解析】若μ<tanθ，物块的初速度为正且大于传送带的速度，则物块受到的摩擦力沿传送带向上，受到的合力沿传送带向下，根据牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝g(sinθ－μcosθ)，物块沿传送带向下做匀加速直线运动，A可能；若μ≥tanθ，物块的初速度为正且小于传送带的速度，则物块受到的摩擦力沿传送带向下，受到的合力沿传送带向下，根据牛顿第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得a＝g(sinθ＋μcosθ)，物块沿传送带向下做匀加速直线运动，当与传送带共速时，摩擦力变为静摩擦力且沿传送带向上，开始做匀速运动，B可能；若μ≥tanθ，物块的初速度为负，则物块受到的摩擦力沿传送带向下，受到的合力沿传送带向下，根据牛顿第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得a＝g(sinθ＋μcosθ)，先沿传送带向上做匀减速直线运动，速度减为0后沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度保持不变，当与传送带共速时，摩擦力变为静摩擦力且沿传送带向上，开始做匀速运动，C可能；若μ<tanθ，物块的初速度为负，则物块受到的摩擦力沿传送带向下，受到的合力沿传送带向下，根据牛顿第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝g(sinθ＋μcosθ)，先沿传送带向上做匀减速直线运动，速度减为0后沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度保持不变，当与传送带共速时，摩擦力方向变为沿传送带向上，仍然是滑动摩擦力，根据牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝g(sinθ－μcosθ)，故继续做加速运动且a1>a2，结合v－t图像斜率表示加速度可知D不可能．(2025·南通如皋调研)如图所示，倾角为θ的传送带顺时针转动，其底部与水平面平滑连接．质量不同的小物体甲、乙先后由传送带上的A点静止释放，甲、乙与传送带、水平面间的动摩擦因数均为μ，已知μ<tanθ，则甲、乙(C)A.均沿传送带向上加速运动B.均沿传送带向下先加速、后匀速运动C.均停止在水平面上的同一位置D.在整个运动过程中克服摩擦力做的功相等【解析】由题可知，传送带顺时针转动，所以传送带对物体摩擦力沿传送带向上，根据μ<tanθ，可知摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，则甲、乙均沿传送带向下加速运动，故A、B错误；甲、乙两物体在传送带上加速下滑的过程中，根据牛顿第二定律可知mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝gsinθ－μgcosθ，可知两物体加速度相同，又两物体在传送带上滑行的距离相同(都由A点滑到传送带底部)，根据v2＝2ax，可知两物体到达水平面时的速度相同．在水平面上，两物体都只受到摩擦力的作用，且动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma′，解得a′＝μg，根据v2＝2a′x′，可知两物体在水平面滑行的距离也相同，即均停止在水平面上的同一位置，故C正确；甲、乙两物体在传送带上加速下滑的过程中，克服摩擦力做功为Wf1＝μmgcosθ·x，在水平面上滑行时，克服摩擦力做功为Wf2＝μmg·x′，故克服摩擦力做的总功为W＝Wf1＋Wf2＝μmg(cosθ·x＋x′配套热练1.如图所示，传送带以v的速度匀速运动．将质量为m的物块无初速度地放在传送带上的A端，物块将被传送带送到B端，已知物块到达B端之前已和传送带相对静止，则下列说法中正确的是(D)A.传送带对物块做功为mv2B.传送带克服摩擦力做功为eq\f(1,2)mv2C.电动机由于传送物块多消耗的能量为eq\f(1,2)mv2D.在传送物块过程产生的热量为eq\f(1,2)mv2【解析】物块受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，即eq\f(1,2)mv2，故A错误；在传送物块过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q＝fΔx，设加速时间为t，物块的位移为x1＝eq\f(1,2)vt，传送带的位移为x2＝vt，根据动能定理有fx1＝eq\f(1,2)mv2，故产生的热量Q＝fΔx＝f(x2－x1)＝eq\f(1,2)mv2，故D正确；传送带克服摩擦力做的功等于fx2＝mv2，故B错误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动能增加量和摩擦产生的内能之和，等于mv2，故C错误．2.(2025·苏锡常镇调研二)如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为θ.传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行．从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块(视为质点)，滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ，且μ<tanθ.不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长．下列说法中正确的是(A)A.滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同B.滑块一定可以回到A点C.滑块最终停留在B点D.若增大水平传送带的速率，滑块可以运动到A点上方【解析】滑块下滑加速度a下＝gsinθ－μgcosθ，上滑加速度a上＝gsinθ－μgcosθ，a下＝a上，A正确；若滑块刚进入水平传送带的速度大于v，由于有机械能损失，滑块不能回到A点，B错误；滑块最终在两个传送带上往复运动，不可能静止在B点，C错误；增大水平传送带的速率，滑块沿斜面向上运动时速度也一定小于或等于滑块刚进入水平传送带的速度，滑块不可能运动到A点上方，D错误．3.(2024·南师附中5月模拟)如图所示，一宽度为d的水平传送带以速度v0向右匀速运行，在传送带上方固定光滑挡板，挡板与传送带AB边界的夹角为θ.质量为m的物块(可视为质点)在水平传送带AB边上随传送带以速度v0匀速运动，物块碰到挡板时，垂直挡板方向的速度减为0，平行挡板方向的速度不变，最终从传送带上的C点离开传送带．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.下列说法中正确的是(B)A.碰撞前传送带对物块的摩擦力对物块做正功B.物块与挡板碰撞后沿挡板方向不受摩擦力C.物块从碰到挡板到离开传送带所用时间为eq\f(2d,v0cos2θ)D.物块沿挡板运动过程中，在传送带上留下划痕的长度为eq\f(d,sinθ)【解析】物块碰到挡板前与传送带没有相对运动，不受到传送带的摩擦力作用，A错误；将物块的速度分解为沿挡板方向和垂直挡板方向，如图所示，则vx＝v0cosθ，物块与挡板碰撞后，相对传送带的速度大小v相对＝vy＝v0sinθ，方向垂直于挡板斜向左下方，物块受到传送带摩擦力与挡板对它的弹力大小相等、方向相反，所以物块沿挡板做匀速直线运动，沿挡板方向不受摩擦力，B正确；物块从碰到挡板到离开传送带的运动时间t＝eq\f(d,vxsinθ)＝eq\f(2d,v0sin2θ)，C错误；物块沿挡板运动过程中在传送带上留下划痕的长度为Δx＝vyt＝eq\f(d,cosθ)，D错误．4.(2025·南通如皋调研)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(mgsin37°－μ1mgcos37°)L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0解得v1＝6m/s(2)由牛顿第二定律得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＝eq\f(\f(v\o\al(2,1),2a)－\f(v2,2a),v)＝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＝μ1mgcos37°·L＋eq\f(1,2)mv2＝88J.5.(2025·广西卷)图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装．倾斜传送带与水平地面的夹角为30°，以速度v0匀速运行．若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出．散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，到达顶端前已与传送带共速．设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0.每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货．若货箱之间无间隔，重力加速度为g.分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I，如图乙所示，求这段时间内：甲乙(1)单个散货的质量．(2)水平传送带的平均传送速度大小．(3)倾斜传送带的平均输出功率．答案：(1)eq\f(I,v0)(2)eq\f(dI,Mv0Δt)(3)eq\f(I2v0＋9gΔt,2Δt)【解析】(1)对单个散货水平方向由动量定理有－I＝0－mv0解得单个散货的质量为m＝eq\f(I,v0)(2)落入货箱中散货的个数为N＝eq\f(M,m)＝eq\f(Mv0,I)则水平传送带的平均传送速度大小为eq\x\to(v)＝eq\f(d,NΔt)＝eq\f(dI,Mv0Δt)(3)设倾斜传送带的长度为L，散货在加速阶段时，由牛顿第二定律有μmgcos30°－mgsin30°＝ma解得a＝eq\f(1,4)g加速时间t1＝eq\f(v0,a)＝eq\f(4v0,g)加速位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(2v\o\al(2,0),g)设匀速运动时间为t2其中t1＋t2＝9Δt则匀速运动位移为x2＝v0t2＝v0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9Δt－\f(4v0,g)))故传送带的长度为L＝x1＋x2＝9v0Δt－eq\f(2v\o\al(2,0),g)在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为Δx＝v0t1－x1＝eq\f(2v\o\al(2,0),g)在Δt时间内传送带额外多做的功为W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgLsin30°＋Q其中m＝eq\f(I,v0)，L＝9v0Δt－eq\f(2v\o\al(2,0),g)，Q＝μmgcos30°Δx，eq\x\to(P)＝eq\f(W,Δt)联立可得倾斜传送带的平均输出功率为eq\x\to(P)＝eq\f(I2v0＋9gΔt,2Δt).6.(2025·通州、如东联考)如图所示，水平传送带在电动机的带动下以v＝5m/s的速度顺时针匀速转动．左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接．质量m1＝1kg的小物块从轨道上高h＝4m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小vA＝8m/s.物块和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带AB之间的距离L＝7m．物块与水平面上质量m2＝3kg处于静止的小球发生弹性正碰，不计空气阻力，取g＝10m/s2.(1)求物块从P点下滑到A点的过程中克服摩擦力做的功W1和第一次到达B点时的速度大小v1.(2)求物块与小球碰撞后瞬间，物块和小球的速度大小．(3)物块在传送带上滑动过程中，两者因