专题06 传送带模型（解析版）-【模型与方法】2025届高考物理热点模型与方法归纳

1/16专题06传送带模型目录TOC\o"1-3"\h\u【解决传送带问题的几个关键点】 1【模型一】水平传动带模型上物体的常见运动 1【模型二】倾斜传送带模型上物体的常见运动 151.倾斜传送带——上传模型 152.倾斜传送带——下载 16【模型三】传送带与新情景问题 37【解决传送带问题的几个关键点】Ⅰ、受力分析（1）“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻；（2）共速要突变的三种可能性：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③方向突变。Ⅱ、运动分析（1）参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移。（2）判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？（3）判断传送带长度——临界之前是否滑出？Ⅲ、画图画出受力分析图和运动情景图，特别是画好v-t图像辅助解题，注意摩擦力突变对物体运动的影响，注意参考系的选择。【模型一】水平传动带模型上物体的常见运动项目情景1：轻放情景2：同向情景3：反向图示滑块可能的运动情况(1)可能滑块一直加速；(2)可能滑块先加速后匀速；(1)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速；(2)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速．

(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端．(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v和v0<v两种情况下滑块回到右端时有何不同？1．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2．若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（）A．乘客与行李同时到达B处B．行李一直做加速直线运动C．乘客提前0.5s到达B处D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处【答案】CD【详解】ABC．由牛顿第二定律，得得设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=1m/s．由代入数值，得匀加速运动的位移大小为匀速运动的时间为行李从A到B的时间为而乘客一直做匀速运动，从A到B的时间为故乘客提前0.5s到达B，AB错误C正确；D．若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短．由解得，最短时间D正确。故选CD。2．如图，PQ为半径足够大的光滑圆弧轨道，圆弧轨道末端与右侧光滑水平面QS平滑连接，水平面QS右侧平滑对接一足够长的水平传送带，传送带正在以的速度逆时针匀速转动。有一质量为的物块A静止于圆弧轨道底端，在物块A右侧有一质量为的物块B，物块B与传送带之间的动摩擦因数，物块B以水平向右的速度从传送带左侧滑上传送带。当物块B滑离传送带后与物块A发生碰撞，物块A上有特殊装置，可以使物块A、B碰撞瞬间让两者合在一起成为一个整体沿圆弧轨道向上运动，当A、B整体沿圆弧轨道向下运动到轨道底端时，该装置使物块A、B分开，物块A停在轨道底端，物块B以分开前瞬间的速度向右运动，之后物块A、B会多次作用，重力加速度大小取，不计空气阻力，两物块均可看作质点。求：(1)物块A、B第一次沿圆弧轨道向下运动到轨道底端分开时物块B的速度大小；(2)物块B从第一次滑上传送带到滑离传送带过程中摩擦产生的热量；(3)物块B开始滑上传送带之后的整个过程中传送带对物块B摩擦力的冲量I。【答案】(1)4m/s(2)162J(3)34N∙s【详解】（1）传送带足够长，则物块B在传送带上向右滑动的速度一定能减小到0，传送带的速度，小于物块B初始的速度，则物块B第一次滑离传送带时速度等于传送带的速度；设物块A、B第一次碰撞之后速度为，物块A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有解得物块A、B碰撞之后，沿圆弧轨道向上运动和返回过程中系统的机械能守恒，即A、B分开前瞬间它们的速度，所以A、B分开时物块B的速度为（2）物块B在传送带上向右减速运动过程根据牛顿第二定律有解得物块B减速到0的时间物块B和传送带运动的位移分别为和，减速过程中相对滑动的位移为物块B在传送带上向左加速运动的加速度还为物块B向左加速到与传送带速度相等时不再发生相对滑动，加速过程时间设加速过程物块B和传送带运动的位移分别为和，加速过程中相对滑动的位移为整个过程产生的热量为（3）物块A、B第一次碰撞后，物块B以速度滑上传送带，物块B的速度小于传送带的速度，则物块向右减速到0后再向左加速，减速和加速过程的加速度大小相等，根据运动的对称性可知物块B离开传送带时速度大小也为，物块B在传送带上运动的时间为设物块A、B第二次碰撞之后速度为，物块A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有解得物块B以速度滑上传送带，物块B的速度小于传送带的速度，则物块向右减速到0后再向左加速，减速和加速过程的加速度大小相等，根据运动的对称性可知物块B离开传送带时速度大小也为；物块B在传送带上运动的时间为之后重复上述过程，设物块A、B第n次碰撞之后速度为，物块A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有解得（，2，3，…）物块B以速度滑上传送带，物块B的速度小于传送带的速度，则物块向右减速到0后再向左加速，减速和加速过程的加速度大小相等，根据运动的对称性可知物块B离开传送带时速度大小也为；物块B在传送带上运动的时间为（，2，3，…）物块B在传送带上与传送带有相对滑动过程中物块B会受到水平向左的滑动摩擦力，速度与传送带速度相等之后不再受到摩擦力的作用，则摩擦力的作用时间为根据等比数列求和得则摩擦力的冲量为3．（2024·贵州·高考真题）如图，半径为的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面相切于P点，的长度。一长为的水平传送带以恒定速率逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为。以后每隔给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为的质量为，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小。求：(1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；(2)b从M运动到N的时间；(3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。【答案】(1)30N(2)3.2s(3)95J【详解】（1）a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律在点，设轨道对它的支持力大小为，根据牛顿第二定律联立解得（2）a从静止释放到M点过程中，根据动能定理解得与发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有解得滑上传送带后，根据牛顿第二定律解得的速度减小到与传送带速度相等所需的时间对地位移此后做匀速直线运动，到达传送带最左端还需要的时间b从M运动到N的时间（3）设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对根据动量定理解得向右减速到零所需的时间然后向左加速到所需的时间可得在时间内向右运动的距离循环10次后向右运动的距离每一次相对传动带运动的路程b从N向右运动3m的过程中与传送带摩擦产生的热量然后继续向右减速运动，根据运动学公式解得此过程，b相对传动带运动的路程此过程中与传送带摩擦产生的热量b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量4．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有解得由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小。（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有其中，解得小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为解得（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有联立解得即P点到O点的最小距离为。5．（2020·全国·高考真题）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ=0.10，重力加速度取g=10m/s2。(1)若v=4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。【答案】(1)2.75s；(2)，；(3)0，方向竖直向上【详解】(1)传送带的速度为时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有②联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有④⑤联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有⑦⑧由⑦⑧式并代入题给条件得，⑨(3)传送带的速度为时，由于，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有⑩⑪联立①⑩⑪式并代入题给数据得t3=1.0s⑫x2=5.5m⑬因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有⑭由①⑫⑬⑭式可知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，⑮则减速运动时间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，方向竖直向上则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量，方向竖直向上6．（2024·河南·模拟预测）某研究小组研究传送带上物体的碰撞。如图所示，传送带两端相距3.6m，以v＝2m/s的速率沿顺时针方向匀速运行，让质量为1kg的物块A和质量为2kg的物块B同时从传送带的左端和右端以相对于地面大小为v0＝4m/s的速度滑上传送带，两物块与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，不计物块的大小，两物块碰撞后粘在一起（碰撞时间极短），重力加速度为g＝10m/s2。求：（1）物块A和B碰撞前瞬间各自速度的大小；（2）物块A和B在碰撞过程中损失的能量。【答案】（1）2m/s，0；（2）【详解】（1）根据题意，对物块A，B分析，由牛顿第二定律可得二者加速度大小相等假设物块A与传送带共速前二者未相碰，则有解得物块A，B的位移为解得此时二者间距故假设正确。此后A向右匀速，B继续向左减速，设再经相碰，则解得碰撞前，物块B的速度为即碰撞前瞬间物块A的速度为2m/s，B的速度为0（2）之后物块A和B碰撞，由动量守恒定律有解得7．（2024·山东泰安·模拟预测）如图所示，相距的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接，右侧平台长，并且与一倾角的斜面在C点连接，斜面足够长。传送带以速率顺时针匀速转动。小滑块P以初速度自左侧平台水平向右滑上传送带，之后与静止在右侧平台最左端的小滑块Q发生弹性碰撞。已知小滑块P、Q的质量分别为和，小滑块P与传送带间的动摩擦因数，小滑块Q与右侧平台间的动摩擦因数，重力加速度取，P、Q均可视为质点。求：（1）小滑块P通过传送带所需的时间。（2）小滑块Q离开右侧平台C端时的速度大小。（3）小滑块Q落到斜面上时的动能以及小滑块在从C点飞出至落到斜面上的过程中动量的变化量大小。【答案】（1）；（2）；（3）；【详解】（1）小滑块P在传送带上先做匀加速运动，设其加速度大小为，由牛顿第二定律有设小滑块P滑上传送带后匀加速运动的距离为，由运动学公式有代入题给数据，联立解得因此，小滑块P在到达右侧平台前，先加速至，然后开始做匀速运动，设小滑块P在传送带上做匀加速运动所用的时间为，做匀速运动所用时间为，由运动学公式有解得小滑块P以速度做匀速运动，有解得小滑块P通过传送带所需的时间（2）小滑块P与Q发生弹性碰撞，设碰撞后小滑块P的速度为，小滑块Q的速度为，由动量守恒定律，有由机械能守恒定律，有联立解得，小滑块Q在右侧平台上做匀减速运动，设其加速度大小为，由牛顿第二定律有根据运动学公式有代入数据解得小滑块Q离开右侧平台C端时的速度大小（3）小滑块Q滑离右侧平台后做平抛运动，则竖直方向有水平方向有由几何关系知解得小滑块Q的落点与C点的高度差，由机械能守恒定律得，小滑块Q从C点飞出后落到斜面上时的动能解得由动量定理得，小滑块Q从C点飞出至落到斜面上过程中动量的变化量大小代入得【模型二】倾斜传送带模型上物体的常见运动项目情景1：上传情景2：下载情景2：反向图示滑块可能的运动情况(1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速；(3)还有其他结论吗？(1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速；(3)可能先以a1加速后以a2加速．(1)可能一直加速； (2)可能一直匀速； (3)可能先减速后反向加速1.倾斜传送带——上传模型受力分析运动分析（先加后共）难点问题μ>tanθf=μmgcosθf=μmgcosθf突变为静f'=mgsinθvvLθttOv共速痕迹av传送带物体t1t2①滑动摩擦力f=μmgcosθ②加速度a=g(μcosθ-sinθ)③上传条件：μ>tanθ④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ受力分析运动分析（一直加速）难点问题μ<tanθaaf=μmgcosθvv'LθttOvav传送带物体t1L⑤μ<tanθ，物体向下加速⑥加速度a=g(μcosθ-sinθ)⑦物体向下位移为L⑧物体运动时间、末速度与传送带快慢无关2.倾斜传送带——下载受力分析运动分析难点问题μ≥tanθf=μmgcosθf=μmgcosθf突变为静f'=mgsinθvvLθ(ttOv共速痕迹av传送带物体t1t2①滑动摩擦力f=μmgcosθ②加速度a=g(μcosθ+sinθ)③共速后，若μ≥tanθ一起匀速，摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθμ<tanθf=μmgcosθf=μmgcosθf方向突变f'=μmgcosθvvLθ(ttOv共速痕迹1av传送带物体t1t2物体2a'④共速后，若μ<tanθ继续加速，滑动摩擦力方向突变、大小不变，加速度a'=g(sinθ-μcosθ)⑤痕迹问题：共速前，x传>x物，痕迹Δx1=x传-x物，共速后，x物>x传，痕迹Δx2=x物-x传，总痕迹取二者中大的那一段1．（2025高三上·广东惠州·阶段练习）如图所示为传送带装置示意图的一部分，传送带与水平地面间的夹角θ=37°，A、B两端的距离足够远，质量m=1kg的物体（可视为质点）以速度v0=8m/s沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)若传送带不转动，求物体沿传送带上滑的最大距离；(2)若传送带沿顺时针方向运转的速度v=5m/s，求物体从A点上滑到最高点所需的时间以及此过程中，传送带上的划痕长度。【答案】(1)3.2m(2)2.8s，6.25m【详解】（1）若传送带不转动，设物体沿传送带向上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得解得由运动学公式得解得（2）设物体减速到与传送带速度相等所需的时间为t1，则解得又μ<tanθ，物体不能与传送带保持相对静止，设物体与传送带共速后物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得解得设物体再用时t2上滑到最高点，可得解得物体从A点上滑到最高点所需的时间解得在0~0.3s内，物体相对传送带上滑，相对位移解得在0.3s~2.8s内，物体相对传送带下滑，相对位移解得解得故划痕长度2．如图所示，传送带与水平面之间的夹角为30°，其上A、B两点间的距离为5m，传送带在电动机的带动下以的速度匀速运转，现将一质量为的小物体（可视为质点）轻放在传送带上A点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数，则在传送带将小物块从A传送到B的过程中，。求：(1)小物体在传送带上加速过程中的加速度为多大？(2)传送带对小物块做了多少功；(3)因传送小物块，电动机额外做了多少功？【答案】(1)(2)255J(3)270J【详解】（1）对小物块，根据牛顿第二定律解得（2）当时，位移为所以小物块与传送带共速后，小物体相对皮带静止，一直到达B点，传送带对小物体做的功就等于小物体机械能的增加（3）电动机所做的功一方面使小物体的机械能增加，另一方面由于小物体与传送带之间有相对滑动而产生热量，即其中解得3．（2021·辽宁·高考真题）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；（2）小包裹通过传送带所需的时间t。【答案】（1）；（2）【详解】（1）小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知解得（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时在传动带上滑动的距离为因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为所以小包裹通过传送带的时间为4.如图所示，传送带的倾角，从A到B长度为，传送带以的速度逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为。煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知，，，求：（1）煤块从A到B的时间；（2）煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度；（3）若传送带逆时针转动的速度可以调节，煤块从A点到达B点的最短时间是多少？

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）开始阶段，由牛顿第二定律得解得煤块加速至传送带速度相等时需要的时间为煤块发生的位移为所以煤块加速到时仍未到达B点，此后摩擦力方向改变；第二阶段有解得设第二阶段煤块滑动到B点的时间为，则解得则煤块从A到B的时间（2）第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为故煤块相对于传送带上移；第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为即煤块相对传送带下移，故传送带表面留下黑色炭迹的长度为（3）若增加传送带的速度，煤块一直以加速度做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短，则有可得5．（2024·山西运城·二模）如图所示，倾角θ=37°的传送带以v0=1m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，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v1=1m/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，两物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8，不计两物块大小，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）两物块刚在传送带上运动时各自的加速度大小；（2）两物块从在传送带上运动到刚好要相碰所用的时间；（3）若A的质量，求A在整个运动过程中与传送带摩擦产生的热量。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）刚开始物块A沿传送带向下减速运动有解得对于物块B，向上加速运动有解得（2）物块B在传送带上加速的时间物块A从冲上传送带到速度为零所用时间两个物块在与传送带共速时恰好不相碰，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所以，两物块从在传送带上运动到刚好要相碰所用时间为（3）在t1时间内，物块A与传送带的相对位移大小为在t2时间内，物块A与传送带的相对位移大小为则物块A与传送带间因摩擦产生的热量代入数据解得6．如图所示，一足够长的倾斜传送带以的速度顺时针方向匀速转动，传递带与水平方向的夹角为，M点为传送带上顶端的一点，N点为传送带上M点以下的一点，MN连线平行于传送带，两点间距离为，有两个物块A、B，质量分别为和，将物块A、B同时无初速度地分别放置于传送带上的M点和N点，物块A、B与传递带之间的动摩擦因数分别为，，之后两物块可以发生多次弹性正碰，碰撞时间极短可以忽略不计，两物块均可看作质点，重力加速度大小g取，，。求：（1）两物块第一次碰撞后瞬间物块A的速度大小；（2）两物块第二次碰撞后瞬间物块B的速度大小；（3）从物块A放置于传送带上的M点到两物块第三次碰撞前瞬间的过程中物块A与传送带之间相互摩擦产生的热量Q。【答案】（1）1m/s；（2）4m/s；（3）50.25J【详解】（1）物块B放在传送带上后受重力、传送带对物块的支持力和滑动摩擦力f，分析可得则物块B受力平衡，无初速度放置于N后将保持静止状态，对物块A，根据牛顿第二定律有解得根据运动学公式得两物块第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小设第一次碰撞之后瞬间物块A、B速度分别为和，弹性碰撞过程根据动量守恒定律有根据机械能守恒定律有解得，两物块第一次碰撞后瞬间物块A的速度大小为1m/s；（2）第一次碰撞之后物块B受力不变，仍受力平衡，则沿传送带向下以速度2m/s做匀速直线运动，则第二次碰撞之前物块B的速度为物块A开始向上运动的速度1m/s小于传送带的速度4m/s，物块A受力也不变，加速度仍为则先沿传送带向上做匀减速直线运动，速度减为零之后再向下做匀加速直线运动，设两物块第二次碰撞前瞬间物块A的速度大小为，从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间过程中两物块运动位移相等，设为x2，运动时间相等，设为，则有解得设第二次碰撞之后瞬间物块A、B速度分别为和，第二次碰撞过程，根据动量守恒定律有根据机械能守恒定律有解得，（3）从开始到第一次碰撞前的过程，运动时间从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的过程，对物块A有解得此过程中物块A运动的位移为设两物块第三次碰撞前瞬间物块A的速度大小为，从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间过程中两物块运动位移相等，设为x2，运动时间相等，设为，则有解得从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间的过程，对物块A有解得此过程中物块A运动的位移为整个过程中传送带运动的位移为产生的热量7．（2024·山西晋中·模拟预测）如图所示，倾斜放置的传送带与水平面间的夹角，传送带上、下两端间的距离，以的速率沿顺时针方向匀速转动，传送带下端与水平地面平滑相接。一滑块A从传送带顶端由静止释放，物块B放在紧靠传送带底端的水平地面上，不计物块B与传送带底端之间的距离，滑块A的质量，与传送带之间的动摩擦因数，A、B与传送带右侧的地面间的动摩擦因数均为。一段时间以后，滑块A离开传送带并与静止的物块B发生弹性正碰，已知物块B的质量，A、B均可视为质点，取重力加速度，，。（1）求滑块A第一次到达传送带底端时速度的大小v。（2）求滑块A与物块B都停止运动后，二者之间的距离d。（3）若物块B与地面间的动摩擦因数，但滑块A与地面间的动摩擦因数为一可变常数，则当滑块A与地面间的动摩擦因数满足什么条件时，A、B才能发生第二次碰撞？请求出第二次碰撞时B的速度。【答案】（1）；（2）；（3），【详解】（1）滑块A沿传送带向下运动的速度小于传送带转动的速度时，滑块A受到沿传送带斜向下的摩擦力，设此时滑块A的加速度大小为，有解得滑块A的速度从零开始增大至与传送带的速度大小相等时所用的时间A达到与传送带共速所经过的位移由可知滑块A与传送带共速后，滑块A将沿传送带继续加速运动设A继续加速的加速度大小为，有解得根据匀变速直线运动的规律，有解得（2）对A与B碰撞的过程，根据动量守恒定律及机械能守恒定律，有解得（“－”说明滑块A被弹回，滑回传送带）滑块A与物块B碰撞后以的速度反向滑回传送带，再次滑回水平地面时的速度仍为。设A、B在粗糙水平地面上滑行的距离分别为和，则有滑块A与物块B都停止运动后，二者之间的距离联立各式，解得（3）物块B与地面间的动摩擦因数，则物块B在水平面上的加速度若无滑块A对物块B的第二次碰撞，物块B在地面上滑行的距离物块B在水平地面上滑行的时间滑块A与地面间的动摩擦因数为时，滑块A滑上传送带再返回的时间是若A在地面上做匀速运动，则在时间内故如果发生第二次相撞，一定是在B停止运动后，碰撞时B的速度为。对滑块A由动能定理，得整理得若A、B能第二次相撞，则代入数据解得8．（2024·吉林·二模）如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角，并以大小为的速度逆时针转动。物块A从传送带上端由静止释放，同时物块B以的速度从传送带底部冲上传送带，当A与传送带刚好共速时，A、B相碰并粘在一起，已知两物块质量均为，与传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度，，，不计物块大小，求：（1）A、B相碰前瞬间，物块B的速度大小；（2）碰撞前，两物块在传送带上运动过程中，因摩擦产生的总热量；（3）碰撞后，两物块在传送带上运动过程中，传送带对两物块的摩擦力的冲量大小（结果可保留根号）。【答案】（1）2m/s；（2）4.8J；（3）【详解】（1）根据牛顿第二定律可得，A开始下滑时的加速度解得A与传送带共速时需要的时间根据牛顿第二定律可得，B上滑时的加速度A、B相碰前瞬间，物块B的速度大小（2）碰撞前，两物块在传送带上运动过程中，因摩擦产生的总热量（3）两物块碰撞过程动量守恒，则解得v共=0碰前物块B沿传送带向上的位移碰后两物块一起由静止加速下滑，加速度为解得到达与传送带共速时用时间向下的位移此过程中传送带对两物块的摩擦力的冲量方向向下；以后两物块仍加速下滑，加速度下滑到低端时由解得（另一值为负值舍掉）此过程中传送带对两物块的摩擦力的冲量方向向上；若以向下为正方向，碰撞后，两物块在传送带上运动过程中传送带对两物块的摩擦力的冲量9．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）人们用传送带从低处向高处运送货物，如图所示，一长的倾斜传送带在电动机带动下以速度沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角，某时刻将质量为的货物A轻轻放在传送带底端，已知货物A与传送带间的动摩擦因数，取，，重力加速度。（1）求货物A刚开始运动时的加速度大小及在传送带上运动的时间；（2）为了提高运送货物的效率，人们采用了“配重法”，即将货物A用跨过定滑轮的轻绳与质量为的重物B连接，如图中虚线所示，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，不计滑轮的质量与摩擦，在A运动到传送带顶端前重物B都没有落地，求：①货物A在传送带上运动的时间；②货物A在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功。【答案】（1），；（2）①3.5s，②432J【详解】（1）对货物A受力分析，由牛顿第二定律解得设货物一直加速，则由运动学公式有解得此时货物A的速度为符合题意。（2）①对货物A受力分析，由牛顿第二定律对重物B受力分析，由牛顿第二定律联立解得当达到与传送带共速时间为货物A运动的位移为x之后匀速，则匀速的时间为则货物A从底端到达顶端所需的时间为②在货物A加速阶段，摩擦力为摩擦力对其做的功为在货物A匀速阶段，摩擦力为则摩擦力对其做的功为即货物A在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功为10．传送带在各种输送类场景中应用广泛。如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，一质量分布均匀的长方体物块静止在传送带上。时接通电源，传送带开始逆时针转动，其加速度a随时间t的变化规律如图乙所示（未知），后的加速度为0.传送带的加速度增加到时物块开始相对传送带运动。已知物块的质量，与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）求传送带转动的最大速度的大小；（2）求整个过程物块和传送带由于摩擦产生的内能；（3）如图丙所示，将物块看做由上、下两部分组成，两部分之间的分界线（虚线）平行于物块的上、下表面，与上表面的距离为物块上、下表面间距的，求分界线下面部分给上面部分的作用力的大小；（4）若时刻开始对物块施加另一力F，使物块一直以加速度沿传送带斜向下做匀加速直线运动，求F的最小值。

【答案】（1）；（2）；（3）时，时，时；（4）【详解】解：（1）物块开始相对传送带运动时自至，对传送带解得传送带运动的最大速度（2）时物块和传送带的共同速度物块开始以加速度匀加速运动，后传送带以第（1）问求得的速度匀速运动，设时刻两者速度相同得物块和传送带速度相同以后不再有相对运动，对两者相对运动过程，传送带位移物块位移摩擦产生的内能解得（3）对分界线上面部分，垂直于传送带方向沿着传送带方向时时时又得作用力的大小时时时（4）若物块一直以加速度沿传送带斜向下做匀加速直线运动，时物块速度因为，传送带对物块的摩擦力一直斜向上

设F与沿传送带斜向上方向的夹角为，对物块，垂直于传送带方向沿斜面方向代入数据化简得得F的最小值11．（2024·湖北荆州·模拟预测）如图所示，一传送带倾斜放置，其与水平面间的夹角，传送带顺时针匀速率运转，速度大小。传送带上表面PQ两点间的距离。时刻，物块1以初速度从Q点滑上传送带向下运动、物块2以初速度从P点滑上传送带向上运动，经过时间，物块1、2在传送带上M点（图中未画出）发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知物块1的质量，其与传送带间的动摩擦因数；物块2的质量，其与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，，。（1）求P点到M点间的距离；（2）求物块2从0时刻到离开传送带经历的时间；（3）从0时刻，到两物块恰好要相碰，求传送带多消耗的能量。【答案】（1）2m；（2）；（3）72J【详解】（1）对物块1受力分析，由牛顿第二定律有解得同理对物块2受力，由牛顿第二定律有解得故物块1沿斜面向下做匀加速运动，物块2沿斜面向上做匀速运动则物块1的位移物块2的位移由位移关系代入数据解得（2）由（1）可知则碰前物块1的速度解得碰撞过程，由动量守恒、机械能守恒，有联立解得，则物块2将以8m/s的速度沿传送带向下做匀速直线运动直至离开传送带，向下运动的时间解得故运动总时间（3）物块1下滑的过程中，对传送带产生沿传送带向下的滑动摩擦力

物块2在上滑的过程中，对传送带产生沿传送带向下的最大静摩擦力

电动机多消耗的能量等于传送带克服摩擦力做的功，则有代入数据得【模型三】传送带与新情景问题1．（2025高三上·广东广州·阶段练习）图（a）为某国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图（b），该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平台面的夹角。传送带匀速转动时，工作人员将正方体货物从D点由静止释放，在L=10m处取下货物，货物运动时的剖面图如图（c）所示，已知传送带匀速运行的速度v=1m/s，货物质量m=10kg，其底部与传送带上表面ABCD的动摩擦因数为，其侧面与挡板CDEF的动摩擦因数为。（重力加速度，，，不计空气阻力）。(1)求传送带上表面对货物的摩擦力大小和挡板对货物的摩擦力大小；(2)货物在传送带上运动的时间t；(3)货物若传送到s=0.2m时，传送带由于故障突然停止，工作人员待货物安全停止时立即进行维修，用时T=30s，传送带恢复正常，忽略传送带加速至恢复正常的时间，求由于故障，传送货物耽误的时间。（保留两位小数）【答案】(1)，(2)(3)【详解】（1）货物放上传送带后，水平方向受力如图所示，设传送带对物体的摩擦力为，挡板对物体摩擦力为，由剖面图对货物受力分析如图，传送带对货物支持力为，挡板对货物支持力为，则，由滑动摩擦力计算式有，代入数据可得，传送带上表面对货物的摩擦力大小为，挡板对货物的摩擦力大小为。（2）设货物由静止放上传送带获得的加速度为，对货物解得设货物在传送带上经时间能达到共速，所走的为，由运动学公式得，解得，所以物体能在传送带上达到共速，共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设再经过时间到达目的地，则有货物匀速阶段所用的时间为货物运动总时间为（3）货物由于传送带突然出现故障，作匀减速运动的加速度为，所走的位移为，传送带恢复正常后，货物匀加速达到共速的位移为，对货物根据运动学公式得，设由于传送带故障，耽误的时间设为，则代入数据，解得2．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）工业机器人（如图甲）在生产中应用广泛，图乙为某自动化生产线的示意图。外形为长方体的工件由自动上料装置静止置于传送带左端，经运送后，工件与传送带右端挡板P碰撞后紧靠P停下，机器人通过吸盘式机械手将工件搬送至右侧指定区域进行码垛（按图乙中方格的规律将工件堆叠整齐）。该机器人的机械手仅在xOy平面（竖直平面）内运动，只能做沿x轴和y轴方向的直线运动，或做半径的匀速圆周运动，其中直线运动的最大加速度，直线和圆周运动的最大速率均为，机械手在夹取和释放工件瞬间的速度为零，完成夹取和释放动作的时间可忽略。已知工件的质量均为，宽和高分别为和，工件与传送带间的动摩擦因数，其在传送带上运动的总位移，传送带做速度大小的匀速运动，图乙中码垛的端点M的坐标为（0.4m，0）。计算结果可保留π，重力加速度。（1）求工件在传送带上运动的时间。（2）若图乙中实线所示的6×5部分工件已经码垛完成，规划机械手的运动路径以实现用最短的时间完成第6层的叠放，按图中序号的顺序先后进行搬运，求机械手完成搬运第k个工件（包括回到P处准备搬运下一个工件）所需的最短时间（、2、3、4、5、6）。（3）求按（2）中路径完成第6层工件的叠放过程中，机械手对工件的最大作用力的大小。【答案】（1）1.2s；（2）（、2、3、4、5、6）；（3）20N【详解】（1）设在传送带上经过时间与传送带共速，则其在传动带上有在传送带上做匀加速直线运动，有解得加速阶段位移为所以工件在传送带上经历了加速和匀速两个阶段，则匀速阶段时间为工件在传送带上运动总时间为（2）当时，若要最短时间，在将工件举高到第六层时应该先加速后减速到达高度时速度恰好减为零，设其加速时间为，由于加速度相同，所以加速和减速时间相同，有解得则其放工件并回到P点过程，竖直方向共经历两次加速，两次减速，所以放工件过程竖直方向运动用时为水平方向上，放工件的运动距离为其运动也是先加速后减速，到工件所放位置时速度为零，由之前的分析可知，加速时间和减速时间相同，设加速时间为，有解得放一次工件回到P点过程，水平方向上也共经历两次加速，两次减速所以其在水平方向运动总时间为综上所述，则放低k件工件时，需要用时为（、2、3、4、5、6）（3）在完成第六层工件叠放过程中，机械手对工件最大作用力出现在工件加速上升过程，有解得3．（2025·江西抚州·模拟预测）传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为某传送带的简易示意图，该传送带的倾角，某时刻将质量的工料（可看做质点）静止放到传送带的底端A，同时将轻绳拴接在工料上，电动机通过轻绳带动工料向上做匀加速直线运动。已知轻绳对工料的牵引力大小恒为，传送带以大小为的速度顺时针匀速转动，某时刻关闭电动机，经过一段时间后工料到达传送带的顶端B，传送带AB两端间的距离，工料与传送带之间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，，。(1)求刚开始运动时工料的加速度大小；(2)要使工料运动到B端的过程中，恒力F的作用时间最短，求：①撤去恒力时工料速度的大小；②恒力F作用的最短时间。【答案】(1)(2)①4m/s；②1.2s【详解】（1）刚开始运动时传送带对工料的滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得此时工料的加速度大小为则（2）①当恒力作用在工料上且工料的速度大于时，传送带对工料的摩擦力沿传送带向下，此时其加速度大小为则撤去恒力后，当工料的速度大于时，其做匀减速运动的加速度大小为则当工料的速度小于时，其做匀减速运动的加速度大小为则假设在工料的速度小于或等于时就撤去了恒力，且工料滑动至B端时速度恰好减到零，设撤去恒力时工料的速度大小为，根据运动学规律有解得故假设不成立，所以一定是在工料的速度大于时撤去的恒力。为了使恒力作用的时间最短，即撤去恒力时工料速度最小，工料应先以匀加速至速度大小为，之后以匀加速至速度大小为时撤去恒力，工料之后先以匀减速至，最后以匀减速至速度是零且恰好到B端，根据速度位移关系可得解得②恒力F作用的最短时间4．（2024·山东泰安·模拟预测）某工厂对新引进的可升降传送装置进行调试。调整传送带与水平面成夹角θ37°，如图甲所示，并使传送带从上到下运行。在传送带的顶端轻轻地放一个质量m3kg的物件，物件在传送带上运动共用时2.0s，通过计算机记录了传送带对物件做功的功率数值大小随时间变化的情况如图乙的P－t图像所示，物件可视为质点，g取，sin37°0.6，cos37°0.8，求：（1）物件与传送带之间的动摩擦因数；（2）物件从顶端到底端运动过程中传送带对物件做的功。【答案】（1）0.25；（2）-36J【详解】（1）物件轻放在传送带，沿传送带向下做匀加速直线运动，在0～1s内，根据牛顿第二定律传送带对物件做功的功率又由P－t图像可知0～1s图线斜率则有化简得联立解得μ0.25，（舍去），（2）0～1s内由图像可知物件在1s时物件与传送带的速度相同，根据运动学规律解得v8m/s又解得由于μtanθ1～2s内，根据牛顿第二定律解得根据运动学规律解得故物件从顶端到底端运动过程中传送带对物件做的功解得W=-36J5．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图甲所示的等双翼式传输机，其两侧有等长的传送带，且倾角可以在一定范围内调节，方便不同工况下的货物传送作业，工作时两传送带匀速转动且速度相同。图乙为等双翼式传输机工作示意图，、代表两条传送带。某次工作时，调整倾角为，倾角为两传送带轮轴间距均为（轮轴半径忽略不计），运行速率均为。将货物无初速放在的最低端，传到的最高端。和的接触面与货物之间的动摩擦因数为。货物在传送带连接处的速率变化忽略不计，。（1）货物从最低端运动到与共速时，相对地面运动的距离是多少？（2）传输机因运送一件质量为的货物从最低端运动到顶端，需多消耗的电能是多少？【答案】（1）；（2）【详解】（1）货物在传送带上加速，根据牛顿第二定律解得货物在传送带上加速的时间为货物在传送带上加速阶段的位移为货物从最低端运动到与共速时，相对地面运动的距离为（2）货物在传送带上产生的热量为由于货物在传送带上做匀速直线运动，根据能量守恒，传输机因运送一件质量为的货物从最低端运动到顶端，需多消耗的电能是6．（2024·辽宁·三模）如图所示，工人要将货物运送到平台上，由于货物与传送带间的动摩擦因数较小，便用绳子拴住货物平行传送带向上拉动。倾斜传送带与水平面夹角，长度，向上运动的速度，货物质量，与传送带间的动摩擦因数为0.2，货物可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（取，，重力加速度）。（1）货物轻放到传送带的下端，开始阶段工人施加的拉力，求货物经多长时间能达到与传送带共速；（2）货物与传送带共速后，工人至少用多大的拉力可以保持货物相对传送带静止。【答案】（1）1.5s；（2）44N【详解】（1）货物与传送带共速前受到的摩擦力沿传送带向上，则有达到共速时有v=at解得t=1.5s（2）货物与传送带共速后，若货物相对传送带静止，对货物受力分析有则当静摩擦取得最大值且向上时，拉力取得最小值，即解得7．（2024·山东·模拟预测）中国国家邮政局监测数据显示，2023年1～4月中国快递业务量达300亿件，我们的生活离不开快递。图甲为快递物流配送分拣示意图，水平传送带和倾斜传送带以相同的速率逆时针运行。现将一质量为的货物轻放在倾斜传送带上端处，图乙为倾斜传送带段的数控设备记录的货物的速度-时间图像，末货物刚好到达下端处，随后以不变的速率滑上端。已知传送带段的长度，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，货物与两条传送带间的动摩擦因数相同，间距忽略不计，取。求：（1）货物与传送带间的动摩擦因数；（2）货物从端运动到端的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的总热量。【答案】（1）0.5；（2）【详解】（1）内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为根据牛顿第二定律，内，有内，有解得（2）结合图乙知，传送带的速率货物在水平传送带上运动的加速度大小为货物在水平传送带上减速运动的时间货物在水平传送带上减速运动的位移大小为解得由于，货物与传送带共速后一起做匀速运动货物在水平传送带上的相对位移货物与传送带间因摩擦产生的总热量解得8．（2024·山西晋中·模拟预测）2023年上半年我国快递同比增速超17%，快递行业发展势头良好，积极助力消费复苏、经济向好。某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件，如图所示，水平传送带I的长度OM=4m，倾角的传送带Ⅱ长度NP=4.45m，两传送带与一段长1m的光滑水平面MN平滑连接，传送带I以的速率顺时针转动，将质量为10kg的快件（可视为质点）无初速度放在O端，到达N端后，快件继续以原速率沿传送带Ⅱ运动。已知快件与两传送带间的动摩擦因数均为0.5，g取，，，求：（1）当传送带Ⅱ不运转时，快件在传送带Ⅱ上升的最大高度；（2）若要快件能被送到P端，传送带Ⅱ顺时针运转的最小速度；（3）当传送带Ⅱ以（2）中最小速度顺时针运转时，快件从O端运送到P端所用的时间为多少；（4）当传送带以v≥5m/s顺时针运转时，快件从N端运送到P端所用的时间为多少。【答案】（1）0.75m；（2）4m/s；（3）3.6s；（4）1.16s【详解】（1）快件在传送带I上做匀加速运动的加速度快件在传送带I上做匀加速运动的时间在传送带上滑行的距离为快件先加速后匀速，以5m/s的速度滑上NP，则解得快件上滑的距离为快件上升最大高度（2）设传送带Ⅱ顺时针运转的最小速度为，快件所受的摩擦力沿传送带先向下后向上，加速度大小先后，则解得由运动学公式解得传送带Ⅱ顺时针运转的最小速度的大小（3）由（1）知快件在传送带I上做匀加速运动的时间快件在OM部分做匀速运动的时间快件在MN部分做匀速运动的时间当传送带Ⅱ以顺时针运转时，快件从N端运送到P端所用时间为快件从O端运送到P端所用的时间（4）当传送带以顺时针运转时，快件以5m/s的初速度的加速度向上做匀减速运动解得另一解不合题意，舍去。快件从N端运送到P端所用的时间为1.16s。9．（2024·浙江嘉兴·二模）如图所示是位于同一竖直平面内且各部分平滑连接的玩具模型，倾斜轨道AB和倾斜传送带BC倾角都为，半径的细圆弧管道CD的圆心角也为θ。水平轨道DE右侧有一倾角为α的斜面FG，其底端F在E正下方、顶端G与E等高且距离为。DE上静置一小滑块N。AB上的小滑块M以一定初速度滑上传送带并通过CD滑上DE，M经过D点时与管道间恰好无挤压。传送带以速度逆时针转动，BC长度，M与BC间动摩擦因数为。已知M、N质量分别为、，。除传送带外，其余部分皆光滑。取：、。求：（1）M首次经过D时的速度大小；（2）当N固定且M与N间发生弹性碰撞时，M在碰撞前与传送带间摩擦产生的热量，以及M在碰撞后经过B点的速度；（3）当N不固定且M与N间发生非弹性碰撞时，N从E水平飞出后击中FG的最小动能。【答案】（1）；（2），；（3）见解析【详解】（1）根据题意可知，当M到达D点时，恰好由重力充当向心力，则有解得（2）M从C点到到达D点的过程中，由动能定理解得物块在传送带上上滑过程中，由牛顿第二定律有解得对该过程由运动学公式有解得物块上滑过程所用的时间其与传送带间相对位移为摩擦产生的热量物块M与固定的物块N弹性碰撞后，等速返回，再次到达C点时速度仍为，物块M与传送带达到共速时的位移设为，由运动学公式有解得达到共速后，由于物块M沿斜面向下的重力的分力大于最大静摩擦，因此传送带会继续加速下滑，设该阶段物块M的加速度为，由