05　第一阶段　专题二　微专题1　应用动力学和能量观点解决传送带问题-2025版新坐标二轮专题复习与策略物理解析版

应用动力学和能量观点解决传送带问题【备考指南】1．高考对本专题的命题热点集中在借助“传送带”为载体，联系生产、生活情境为素材，综合考查运动过程分析、动力学分析、功能关系及能量转化问题。2．该题型需要对物理思想和方法有较深刻的理解。复习备考过程加强理解能力、模型建构能力、应用数学知识分析解决物理问题的能力的训练。1．求解传送带问题的方法和规律(1)模型特征传送带模型根据传送带与水平面的夹角可分为“水平传送带模型”和“倾斜传送带模型”两大类。如图甲、乙、丙、丁所示。(2)解决传送带问题的方法和规律①一种方法：图像法(v-t图像、运动示意图)。②三个关系：加速度关系、速度关系和位移关系(判断物体的运动状态)。③四个规律：牛顿运动定律、运动学规律、动能定理和功能关系(建立运动学、动力学和能量方程，进一步计算相关问题)。2．功能转化的两个技巧(1)摩擦生热的计算：Q＝Ff·s相对，其中s相对为相对路程。(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。考向1水平传送带[典例1](多选)某物流园用一水平浅色传送带传送货物，如图甲所示。将质量m＝10kg黑色货物(可视为质点)在A处放在静止的传送带上，然后启动传送带开始顺时针运动，其运动的v-t图像如图乙所示，货物恰好被传送到B处。已知货物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．货物由A处运动到B处的位移为48mB．货物在水平浅色传送带上留下的痕迹长度为12mC．货物与水平浅色传送带因摩擦产生的热量为160JD．货物运动的最大速度为8m/sBC[规定水平向右为正方向，货物向右加速时，由牛顿第二定律得μmg＝mam，解得加速度am＝1m/s2，由题图乙可知，传送带减速时加速度a2＝－2m/s2，设t0时货物与传送带共速，在数值上有amt0＝8－2(t0－2)，解得t0＝4s，则共同速度v4＝amt0＝4m/s，共速后由于传送带的加速度为a2＝－2m/s2，货物开始做减速运动，其加速度大小为am＝1m/s2，设共速后再经时间t1货物速度减到0，由运动学公式有0＝4m/s－amt1，解得t1＝4s，即t′＝8s时，货物的速度减为0，货物与传送带的速度—时间图像如图所示。货物由A处运动到B处的位移为x1＝4×82m＝16m，A错误；0～4s内货物相对传送带向左滑动，货物在水平浅色传送带上留下的痕迹长度为Δx1＝12×6×8m－12×6×4m＝12m，在4～8s内货物相对传送带向右滑动，滑动位移Δx2＝4×22m＝4m，可知货物在水平传送带上留下的痕迹长度为12m，B正确；货物与水平浅色传送带因摩擦产生的热量为Q＝μmg(Δx1＋Δx2)＝160J，C正确；货物运动的最大速度为][典例2](2024·3月太原市高三年级第一次学业诊断)如图所示，竖直平面内有一倾角为30°的固定粗糙斜面，高度h＝2m。斜面底端有一沿逆时针方向匀速转动的水平传送带BC，LBC＝4m，传送带速度v＝6m/s。斜面与传送带在B点平滑连接。物块P从斜面最高点A处由静止滑下，经B点滑上传送带。已知物块P与斜面间的动摩擦因数μ1＝36，与水平传送带BC间的动摩擦因数μ2＝0.5，物块P可视为质点，重力加速度g取10m/s2(1)物块P第一次在传送带上向右运动的最大距离；(2)物块P第一次返回斜面后可到达的最大高度。[解析](1)设物块P第一次在传送带上向右运动的最远点为D点，则对物块P从A处运动到D点的过程，由动能定理有mgh－μ1mgcos30°·hsin30°－μ2mgxm＝解得xm＝2m则物块P第一次在传送带上向右运动的最大距离为2m。(2)假设物块P第一次返回斜面前已与传送带共速，则对物块P从D点运动至与传送带共速的过程，有2μ2gx0＝v2解得x0＝3.6m>xm则假设不成立，物块P到达B点时尚未与传送带共速物块P从D点运动到B点的过程，由动能定理有μ2mgxm＝12m物块P第一次返回斜面，从B点运动到最高点的过程，由动能定理有－mghm－μ1mgcos30°·hmsin联立解得hm＝23m[答案](1)2m(2)23考向2倾斜传送带[典例3](2024·安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是()ABCDC[0～t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动。对物块受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。t0之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为0，物块做匀速直线运动。C正确，A、B、D错误。][典例4](多选)(2024·重庆万州区5月模拟)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的煤块轻轻放在传送带的A端，煤块的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末煤块到达B端，取沿传送带向下为正方向，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()A．倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4B．2s内煤块的机械能减少了24JC．2s内煤块与传送带因摩擦产生的内能为24JD．由于传送该煤块，电动机多消耗的电能为40J[审题指导]若是不传送煤块，传送带以恒定速率空转时，由于各机械零件之间的摩擦也是要耗电的，传送煤块时消耗的电能会比空转时多，此题求的就是比空转时“多消耗的电能”。BC[由题图乙可知，0～1s煤块的加速度为a1＝10m/s2，1～2s煤块的加速度为a2＝2m/s2，根据牛顿第二定律，煤块与传送带共速前，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，共速后，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得θ＝37°，μ＝0.5，故A错误；由题图乙及结合题意可知，传送带的速度为v＝10m/s，0～1s内传送带的位移及煤块的位移分别为s1＝vt＝10×1m＝10m，x1＝12v1t＝12×10×1m＝5m，它们的相对位移为Δx1＝s1－x1＝5m，1～2s内传送带的位移及煤块的位移分别为s2＝vt1＝10×1m＝10m，x2＝12(v1＋v2)t1＝12(10＋12)×1m＝11m，它们的相对位移为Δx2＝x2－s2＝11m－10m＝1m，煤块下降总位移为x总＝x1＋x2＝5m＋11m＝16m，重力势能的变化量为ΔEp＝－mg·x总sinθ＝－96J，动能的变化量为ΔEk＝12mv22＝72J，机械能的变化量为ΔE机＝ΔEp＋ΔEk＝－96J＋72J＝－24J，说明2s内煤块的机械能减少了24J，故B正确；因摩擦产生的内能为Q＝μmgcosθΔx1＋Δx2＝4×(5＋1)J＝24J，故C正确；由于传送该煤块，根据功能关系可知，电动机多消耗的电能为ΔE＝Q＋一题多解第一个过程：传送带受到的滑动摩擦力沿传送带向上，需要电动机额外多增加一个牵引力μmgcosθ，需要多消耗电能ΔE1＝μmgcosθ·s1＝4×10J＝40J。第二个过程：传送带受到的滑动摩擦力沿传送带向下，需要电动机的牵引力比原来减小μmgcosθ，少消耗电能ΔE2＝μmgcosθ·s2＝4×10J＝40J。全程来看由于传送该煤块，电动机多消耗的电能为0。]两大类倾斜传送带模型的运动分析微专题突破练(一)1．如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是()A．饺子一直做匀加速运动B．传送带的速度越快，饺子的加速度越大C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量D．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能C[饺子在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；饺子的加速度a＝F合m＝μmgm＝μg，与传送带的速度无关，故B错误；饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能Ek＝μmgs饺子，因摩擦产生的热量Q＝μmgs相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移s饺子＝v2t，s相对＝s传送带－s饺子＝vt－vt2＝vt2，所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热2．(多选)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v-t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为0，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则()A．由图乙可知，0～1s内物块受到的摩擦力大于1～2s内的摩擦力B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25D．传送带底端到顶端的距离为10mCD[由题图乙可知，v1＝4m/s，在0～1s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，与物块运动的方向相反；1～2s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相同，故B错误；由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式f＝μFN，可知两段时间内摩擦力大小相等，故A错误；根据v-t图像可知，在0～1s内物块的加速度为a＝ΔvΔt＝4-121m/s2＝－8m/s2，根据牛顿第二定律得－(mgsin37°＋μmgcos37°)＝ma，解得μ＝0.25，故C正确；物块上升的位移大小等于v-t图像所包围的面积大小，则有x＝4+122×1m＋42×1m＝10m3．(2024·安徽六安模拟预测)如图所示，传送带的倾角θ＝37°，从A到B长度为16m，传送带以10m/s的速度逆时针转动。t＝0时刻在传送带上A端无初速度地放一个质量m＝0.5kg的黑色煤块，t＝1s时皮带被异物卡住不动了。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)则()A．煤块到达B点时的速度为10m/sB．煤块从A到B的时间为3sC．煤块从A到B的过程中机械能减少了12JD．煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度是16mC[开始阶段，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2，煤块加速至传送带速度相等时需要的时间为t1＝va1＝1010s＝1s，煤块的位移为x1＝12a1t12＝12×10×12m＝5m<16m，所以煤块加速到10m/s时仍未到达B点，此时皮带被异物卡住不动了，此后摩擦力方向改变；第二阶段有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则LAB－x1＝vt2+12a2t22，解得t2＝1s，则煤块从A到B的时间t＝t1＋t2＝2s，故B错误；根据vB＝v1＋a2t得vB＝12m/s，故A错误；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Δx1＝vt1－x1＝10×1m－5m＝5m，故煤块相对于传送带上移5m；第二阶段煤块的速度大于传送带速度(为零)，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Δx2＝LAB－x1＝11m，即煤块相对传送带下移11m，故传送带表面留下黑色炭迹的长度为11m(前5m被覆盖)，故D错误；设B点所在水平面为零势能面，煤块开始的机械能E＝mgLABsin37°＝48J，到达4．如图所示，一物块置于足够长的水平传送带上，弹簧左端固定在竖直墙壁上，弹簧右端与物块接触但不连接，墙壁与物块间系不可伸长的轻绳使水平方向的弹簧处于压缩状态，压缩量为0.2m(弹性限度内)。已知物块质量为0.5kg，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。若传送带不动，剪断轻绳，当弹簧刚好恢复原长时，物块的速度为0；若传送带以v＝3m/s的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后()A．在弹簧恢复原长的过程中，物块向右先做加速运动，后做减速运动B．弹簧恢复原长时，物块速度大小为2m/sC．物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为2.5JD．弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为2.75JB[若传送带不动，弹簧压缩量为0.2m，到恢复原长时物块的速度为零，由动能定理W－μmgx＝0，弹簧弹力做功为W＝0.5J，若传送带以3m/s的速度顺时针匀速转动，剪断轻绳后，弹簧恢复原长时，弹簧弹力做功不变，摩擦力做正功，根据动能定理W＋μmgx＝12mv12，弹簧恢复原长时，物块速度大小为v1＝2m/s，B正确；由B选项分析可知，在弹簧恢复原长的过程中，物块的速度一直小于传送带速度，物块所受的滑动摩擦力一直水平向右，弹力水平向右，则物块向右做加速运动，A错误；物块与弹簧分离后，在摩擦力的作用下做匀加速直线运动，直至共速后做匀速直线运动，匀加速运动过程中，摩擦力做功为W′，由动能定理得W′＝12mv2-12mv12＝1.25J，则物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为Wf＝μmgx＋W′＝1.75J，C错误；根据牛顿第二定律，物块匀加速运动的加速度大小为a＝μmgm＝μg＝5m/s2，匀加速至共速的时间为t＝v-v1a＝0.2s，这段时间内，物块运动距离为x1＝v1+v2t＝0.5m，传送带运动距离为x5．(多选)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的传送带正以v＝2m/s的速度沿顺时针方向匀速运行，A、B两端相距l＝10m。现每隔1s把质量m＝1kg的工件(视为质点)轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，sin37°＝0.6，g取10m/s2，下列说法正确的是()A．工件在传送带上时，先受到向上的摩擦力，后不受摩擦力B．两个工件间的最小距离为0.2mC．传送带上始终有8个工件D．传送带满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了50NBD[工件放上传送带后的加速度a＝μmgcosθ-mgsinθm＝0.4m/s2，经过t1时间与传送带速度相等，t1＝va＝5s，运动距离x1＝v2t1＝5m，由于μ＝0.8，所以有fm＝μmgcosθ>mgsinθ，故工件与传送带同速后相对静止，在静摩擦力作用下做匀速直线运动直到B端，x2＝l－x1＝vt2，解得t2＝2.5s，此时工件受到的摩擦力为静摩擦力，故A错误；刚放上去时，工件距前一个工件的距离最小，为Δx＝12a(Δt)2＝0.2m，故B正确；由以上分析可知，每个工件在传送带上的运动时间t＝t1＋t2＝7.5s，当第n个工件刚到达B端时，第(n＋7)个工件已经在传送带上运动了0.5s，下一时刻第n个工件从传送带上离开，而第(n＋8)个工件还未放上，此刻传送带上就只有7个工件，故C错误；传送带上满载时，有5个工件在传送带上滑动，有3个工件相对传送带静止，传送带受到的摩擦力Ff总＝5μmgcosθ＋36．(多选)如图所示，一水平传送带以恒定的速度v0＝2m/s沿顺时针方向转动，质量为m＝1kg的物体(可视为质点)从传送带的最左端以速度v＝6m/s冲上传送带，经t＝2s的时间物体从传送带的最右端离开，然后滑上与传送带等高的光滑水平面，与固定在右侧的挡板发生弹性碰撞，碰后瞬间立即将挡板撤走。已知传送带P、Q两点之间的距离为L＝10m，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是()A．μ＝0.1B．物体最终从传送带的左端离开C．物体第二次离开传送带的速度为2m/sD．整个过程中因摩擦而产生的热量为20JAC[由题意可知，物体从左端冲上传送带后做匀减速直线运动，假设物体一直做匀减速直线运动，由运动学公式有L＝vt－12at2，代入数据解得a＝1m/s2，此时物体离开传送带的速度大小为v1＝v－at＝(6－1×2)m/s＝4m/s>v0，假设成立，又由牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝0.1，选项A正确；物体与挡板发生弹性碰撞后，以4m/s的速度从传送带的右端滑上传送带，物体先向左做匀减速运动，物体减速的时间为t1＝v1a＝41s＝4s，物体减速的位移为x1＝v122a＝422×1m＝8m<L，物体不能从传送带的左端离开，物体的速度减为零后，先向右做匀加速直线运动，加速到与传送带共速的时间为t2＝v0a＝21s＝2s，物体加速的位移为x2＝12at22＝2m，此后物体做匀速直线运动，时间为t3＝x1-x2v0＝3s，则物体从传送带的右端离开，且离开传送带的速度大小为v0＝2m/s，选项B错误，C正确；物体向右减速的过程中，相对传送带向右运动，且二者之间的相对路程为Δx1＝L－v0t＝6m，物体向左减速的过程中，物体相对传送带向左运动，二者的相对路程为Δx2＝x1＋v0t1＝16m，物体向右加速的过程中，物体相对传送带向左运动，二者的相对路程为Δx3＝v0t2－x2＝2m，物体与传送带之间的摩擦力为Ff＝μmg＝7．(多选)如图所示，足够长的水平传送带以v0＝2m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，在传送带的左端连接有一光滑的弧形轨道，轨道的下端水平且与传送带在同一水平面上。现将一质量为m＝1kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道上高为h＝0.8m的地方由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，重力加速度大小取g＝10m/s2，则()A．滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为4m/sB．滑块在传送带上向右滑行的最远距离为2.5mC．滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端所用的时间为2.25sD．滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端的过程中，传动系统对传送带多做的功为12JACD[滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为v＝2gh＝2×10×0.8m/s＝4m/s，A正确；滑块在传送带上向右滑行的加速度a＝μg＝4m/s2，滑行的最远距离为xm＝v22a＝422×4m＝2m，B错误；滑块向右滑行的时间t1＝va＝1s，向左滑行到与传送带共速时的时间t2＝v0a＝0.5s，向左滑行到与传送带共速时的距离x1＝v02t2＝0.5m，匀速滑到最左端的时间t3＝xm-x1v0＝2-0.52s＝0.75s，滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.25s，C正确；滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端摩擦生热Q＝μmg(xm＋v0t1)＋μmg(v0t2－x1)，代入数据可得Q＝18J，此过程中摩擦力对滑块做功为W＝12mv02－12mv2＝12×1×22J－18．(多选)如图甲所示，足够长的倾斜传送带以速度v＝2.5m/s沿顺时针方向运行，质量为m、可视为质点的物块在t＝0时刻以速度v0从传送带底端开始沿传送带上滑，物块在传送带上运动时的机械能E随时间t的变化关系如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取传送带最底端所在平面为零势能面，重力加速度g取10m/s2，则()A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25B．物块的质量m为4kgC．物块滑上传送带时的速度为5m/sD．物块滑离传送带时的动能为20JBCD[根据题图乙可知在0.25s时物块的速度与传送带的速度相等，0.25～1.5s物块的机械能增加，故摩擦力做正功，摩擦力方向沿斜面向上，且在1.5s时物块的机械能不再增加，即物块的速度为零。以沿斜面向上为正方向，对物块受力分析，在0～0.25s沿斜面方向由牛顿第二定律可得－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，该过程由匀变速直线运动规律得v＝v0＋a1t1，在0.25～1.5s由牛顿第二定律可得－mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2，此过程由匀变速直线运动规律可得0＝v＋a2t2，联立以上各式代入数据可得v0＝5m/s，μ＝0.5，故A错误，C正确；由题图乙可知，物块的初始机械能为E＝12mv02＝50J，代入数据可得m＝4kg，故B正确；由题图乙可知物块从底部滑至最高点，前后两阶段摩擦力做功的绝对值之和为W＝(50－35)J＋(60－35)J＝40J，到达最高点时机械能为60J，由于物块所受重力沿斜面的分力大于传送带对物块的摩擦力，故物块到达最高点后会沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，此过程中，物块向下移动的位移与物块向上移动的位移相等，摩擦力大小相等，且下滑过程中摩擦力始终做负功，故从最高点运动至离开传送带的过程中，由能量守恒定律可得E＝W＋Ek，代入数据可得Ek＝9．(2024·湖南长沙一模)如图所示，传送带的水平部分ab长度L1＝10m，倾斜部分bc长度L2＝16.8m，bc与水平方向的夹角为θ＝37°。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率v＝4m/s，现将质量m＝2kg的小煤块(视为质点)由静止轻放到a处，之后它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，且此过程中小煤块不会脱离传送带，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)煤块从a运动到c的时间；(2)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度；(3)煤块与传送带间的摩擦生热。[解析](1)煤块在水平部分的运动时，由牛顿第二定律μmg＝ma1可得煤块运动的加速度a1＝2m/s2煤块从静止加速到与传送带共速的距离为s1＝v22a1＝故煤块在水平部分先匀加速运动，后匀速运动，匀加速运动的时间为t1＝va1＝42匀速运动的时间t2＝L1-s1v在倾斜传送带上，由于μ<tanθ＝0.75故煤块在倾斜传送带上做匀加速运动，由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma2可得煤块在倾斜传送带上的加速度为a2＝gsinθ－μgcosθ＝4.4m/s2根据匀加速运动的位移与时间的关系有L2＝v解得t3＝2s或t3＝－4211s(舍去故煤块从a运动到c的时间t＝t1＋t2＋t3＝5.5s。(2)煤块在水平传送带的相对位移为Δs1＝vt1－s1＝(8－4)m＝4m煤块在倾斜传送带的相对位移为Δs2＝L2－vt3＝(16.8－8)m＝8.8m由于Δs1与Δs2是重复痕迹，故煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为8.8m。(3)煤块在水平传送带上摩擦生热Q1＝f1·Δs1其中f1＝μmg解得Q1＝16J煤块在倾斜传送带上摩擦生热Q2＝f2·Δs2其中f2＝μmgcosθ解得Q2＝28.16J故Q＝Q1＋Q2＝16J＋28.16J＝44.16J。[答案]