2023届高三物理复习重难点突破20传送带模型动力学分析（解析版）

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1、专题2 0传送带模型动力学分析1 . 传送带模型的分析流程对动向相运方擦方摩力向速方加度向度化况速变情% 初 与， 传同向% 初 与“ 传反向是否返回加速居突变共速匀速或变速2 . 解题关键（ 1 ）理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的前提。（ 2 ）传送带模型常常涉及临界问题，当物体与传送带达到相同速度时，会出现摩擦力突变的临界状态,对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。考点一传送带模型的摩擦力分析1 . 传送带问题中对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断是求解的前提。2 .摩擦力的方向沿两物体的接触面，与相对运动或相对运动趋势的方向相反。1 .（ 多选） 如图

2、所示，表面粗糙的水平传送带匀速向右传动。现在其左侧的处轻轻放上一物块，设传送带足够长，则该物块（ ）A . 一直向右匀速运动B .先向右匀加速，后继续向右匀速运动C .先受到向右的滑动摩擦力，后受到向右的静摩擦力D .先受到向右的滑动摩擦力，后不受摩擦力【 答案】B D【 解析】A B .木块初速度为零，开始做加速运动，传送带足够长，故最后一起匀速，故A错误，B正确；C D .滑块向右加速阶段，加速度向右，故合力向右，静摩擦力向右；滑块匀速阶段，合力为零，故摩擦力为零，即不受摩擦力，故C错误，D正确。2 .（ 多选） 水平的皮带传输装置如图所示，皮带的速度保持不变，物体被轻轻地放在4端皮带上，

3、开始时物体在皮带上滑动，当它到达位置8后滑动停止，随后就随皮带一起匀速运动，直至传送到目的地。 端，在传输过程中，该物体受摩擦力的情况是（ ）A .在48段受水平向左的滑动摩擦力B .在48段受水平向右的滑动摩擦力C .在欧段不受静摩擦力D .在比1段受水平向右的静摩擦力【 答案】BC【 解析】AB.在47段，物体的速度小于皮带，相对皮带向左运动，则受到水平向右的滑动摩擦力，故A错误，B正确：CD.在a1段，物体与皮带相对静止且无相对运动趋势，则不受静摩擦力，故C正确，D错误。3. （ 2022 全国高三课时练习）（ 多选） 如图所示，尔 & C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数也相

4、同。三个物体随传送带一起匀速运动， 运动方向如图中箭头所示。则下列说法正确的是（ ）A. 物体受到的摩擦力方向向右B. B、。 受到的摩擦力方向相同C. B、， 受到的摩擦力方向相反D .若传送带向右加速，力物体受到的摩擦力向右【 答案】BD【 解析】A. 4物体与传送带一起匀速运动，它们之间无相时运动或相对运动趋势，即无摩擦力作用，故A错误；BC. B、C两物体虽运动方向不同，但都处于平衡状态，由沿传送带方向所受合力为零可知，B、C两物体均受沿传送带方向向上的摩擦力作用，故B正确，C错误；D .若传送带向右加速，根据牛顿第二定律，可知/受到向右的摩擦力，故D正确。4. （ 2022 全 国

5、高三专题练习）如图所示为皮带运输机的示意图，A为传送带上的货物，皮带运输机顺时针转动，则 （ ）A .如果货物A随传送带一起无相对滑动地向上匀速运动，A不受摩擦力B .如果货物A随传送带一起无相对滑动地向下匀速运动，A受到沿斜面向下的摩擦力C .如果货物A和传送带都静止，A不受摩擦力D .如果货物A无初速的放到传送带直至相对静止，A对传送带有沿斜面向下的摩擦力【 答案】D【 解析】A .如果货物A随传送带一起无相对滑动地向上匀速运动，根据三力平衡条件，则A受到沿传送带向上的静摩擦力。A错误；B .如果货物A随传送带一起无相对滑动地向下匀速运动， 根据三力平衡条件，A受到沿斜面向上的摩擦力。B错

6、误；C .如果货物A和传送带都静止，根据三力平衡条件，则A受到沿传送带向上的静摩擦力。C错误；D .如果货物A无初速的放到传送带直至相对静止，说明货物先向上加速后匀速，则匀速时，A受到沿斜面向上的摩擦力，根据牛顿第三定律，A对传送带有沿斜面向下的摩擦力。D正确。考点二水平传送带物体在水平传送带上的运动分析稣=0厅 一二情景 而）可能一立加速可能先加速后匀速a情景2 1%或情景3 ”时 ，可能一直减速，也可能先减速再匀速 % 时 , 可 能 一 直 加 速 ，也可能先加速再匀速传送带较短时，滑块一直减速到达左端传送带较长时, 滑块还要被传送带传回右端 其中% 明 返1sl时速度为* v0 3 m

7、所以物块一直匀加速，则滑块从4点到6点的运动时间满足L=ga t 2 2解 得t2 = V5 s故D错误。6 .（ 多选） 如图甲所示，水平传送带4 ?逆时针匀速转动，一个质量为M =l. 0 k g的小物块以某一水平初速度滑上传送带左端，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示，取向左为正方向，以小物块滑上传送带时为计时起点.已知传送带的速度保持不变，g取1 0 m/s2.下列说法正确的是A .物块与传送带间的动摩擦因数为0 . 5B .物块在传送带上相对传送带滑动的距离是91nC .物块距离传送带左端的最大距离是8 mD .物块在传送带上的时间4 . 5 s【 答案】B D【

8、 解析】根据速度时间图线求出物块匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与传送带间的动摩擦因数大小.物块滑上传送带后先做匀减速运动到零，然后反向做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合运动学公式求出向左和向右运动的时间，从而得出物块在传送带上的总时间.由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度为a = 亲 =号 m/s2 = 2. 0 m/s2；由牛顿第二定律得f=M a 又f = u M g , 则可得物块与传送带间的动摩擦因数=需=非= 02,选项A错误：由速度图象可知，物块的初速度大小v= 4巾 /s、传送带的速度大小V，=2 m/s, 物块在传送带上滑动3

9、 =3 s 后与传送带相对静止 . 前 2秒内物块的位移大小& = * =4 m ,方向向右，即物块距离传送带左端的最大距离是4 m；后 1秒 内 的 位 移 大 小 =1 ni , 方向向左；3 秒内物块的位移$ =$ $ 产3 m , 方向向右，传送带在3 s 内2的位移为2 X3 m=6 m向左，可知物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9 m , 选 项 B正确，C错误；物块s 3再向左运动的时间” = 7= 二=1 . 5 S ； 物块在传送带上运动的时间t =t i +t 2 =4 . 5 s , 选项D正确；故选B D .7 .随着电子商务的迅速发展，对物流的需求急剧增加，下图是物

10、流运输过程中卸货的传送装置示意图，倾斜部分A B 的长度为4 m ，水平传送带B C 的长度为5 m ，A B 部分与水平面之间的夹角。=3 7 传送带以 =2 m / s的速度沿顺时针方向匀速运转， 把包裹轻放到端开始运动，包裹经过6点前后速度大小不变且不脱离传送带。已知包裹与斜面A B 、传送带间的动摩擦因数均为0 . 5 , 包裹运动到传送带上后传送带速度不变。不计空气阻力，取重力加速度g = 1 0 m / s2 ， si n 3 7 = 0 . 6 , co s3 7 = 0 . 8 。求：( 1 ) 包裹到达6点时的速度大小：( 2 )包裹从1点传送到C 点所需的时间。(1 )包裹

11、从A运动到B 的过程中mgsmO - mgcosd = m aY 诏 =2 a#4 8 由式解得疗4 m / s ( 2 )包裹从A运动到B 的过程中vB =a1t1 包裹刚滑上传送带到与传送带共速的过程中nmg = m a2 v vB a2 t2 X = * 解 得 看0 . 4 s, x=. 2 m因 为 尸 因 此 包 裹 和 传 送 带 共 速 后 匀 速 向 右 运 动 匕 =警 所以包裹从A点传送到C点所需的时间为t = ti + t2 4 - 13 = 4 . 3 s8 . 如图所示，长 = 1 0 m 的水平传送带以速度片8 m / s匀速运动. 质量分别为2 勿 、加的小物块

12、只Q ,用不可伸长的轻质细绳，通过固定光滑小环。 相连. 小 物块。 放在传送带的最左端，恰好处于静止状态，G 2间的细绳水平. 现在上固定一质量为2 小的小物块(图中未画出)，整体将沿传送带运动，已知0 、C 间距大于 1 0 m ,重力加速度g 取 1 0 m / s2. 求：(1 )小物块夕与传送带间的动摩擦因数；(2 )小物块- 从传送带左端运动到右端的时间；(3 )当小物块。 运动到某位置S (图中末画出) 时将细绳剪断，小物块。 到达传送带最右端时刚好与传送带共速，求位置S 距传送带右端的距离.【 答案】 (1 ) 0 . 5 (2 ) VT OS (3 ) 4 m【 解析】(1

13、)设静止时细绳的拉力为乙，小物块尸与传送带间的动摩擦因数为，P、0 受力如图：Tof To ,Q f节日吨 l2wg由平衡条件得：To = (2 m )gTo = m g林= 0 . 5(2 )设小物块。 在传送带上运动时加速度为&,细绳的拉力为A P、0 受力如图，N由牛顿第二定律得, 对P： (2 m + 2m)g - T = (2 m + 2m)对 Q： T - m g = ma1假设? 一直加速至传送带最右端时间为末速度为吃山运动学公式得：vl = 2aL联立以上两式并代入数据得：t = - kz aUm / s 假设成立.(3 )设细绳剪断后小物块的加速度大小为a2 , 小物块P在

14、S处的速度大小为。 2 , 位置S距离传送带左端距离为匕，距离传送带右端距离为冷，P受力如图：八NPu4n?g断绳后由牛顿第二定律得： （ 2m + 2m）g = （ 2m + 2m）a2断绳前由运动学公式得：% 2 = 2的小断绳后由运动学公式得：V2-V2 2 = 2a2x2+ %2 = L联立以上各式并代入数据得：S 距离传送带右端距离：X2 = 4m考点三倾斜传送带1. 物体在倾斜传送带上的运动分析可能一直加速R可能先加速后匀速可能一直加速可能先加速后匀速可能先以可加速, 后以加速可能一 T（ 加速可能一直匀速,1可能先加速后匀速可能先减速后匀速可能先以4加速. 后以加速可能一宜减速可

15、能一直加速2可能直匀速可能先减速后反向加速可能一直减速2. 当物体与传送带达到相同速度时，可以通过比较和ta n 。 的大小关系判断重力分力和最大静摩擦力的大小关系，从而判断共速后的运动mgs in 0- p/ngcos 0 * =tan 0mgs in 9 u mgccs 0 - - H tan 9侬sin 0 tan 09. （ 2022 全 国 高三专题练习）（ 多选） 如图所示，足够长的传送带与水平面夹角。= 30 ,以恒定的速 度 % = 3m/s逆时针匀速转动， 小木块以初速度P = 6m/s沿平行于传送带方向从传送带底端滑上传送带，小木块与传送带间的动摩擦因数 = 9 , 取重力

16、加速度g = 10m/s2。下列说法正确的是（ ）A .小木块刚滑上传送带时的加速度大小为7.5m/s2B .小木块在传送带上向上滑行的最远距离为2. 4mC .小木块回到传送带底端时的速度大小为3m/sD .小木块从滑上传送带到返回传送带底端一共用时1.8s【 答案】AB【 解析】A .开始时小木块速度与传送带速度相反，所以小木块线做减速运动，受到的摩擦力方向沿斜面向下。选取沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定理得mgsin30 + mgcos30 = m%带入数据解得% = 7.5m / s2故A正确：B .设向上滑的位移为最大位移为勺，则有后二？4与带入数据解得xi = 2.4m故B正确；

17、C .小木块减速到零以后会反向加速，加速度也为由 , 设从反向加速到和传送带同速瞬间，位移为小，则有诏 - 0 = 2atx2带入数据解得小= 0.6m /nngcos30 物块将会继续向下加速运动，根据牛顿第二定律有mgsin30 -mgcos30 = ma2与传送带同速到底端过程有资 VQ = 2a2(X1 + x2)带入数据解得小木块到达底端的速度为3位m /s，故 ，错误；D .小木块向上减速到零并反向加速到与传送带速度相同时间为“ = 至 泸=鼻= 1.2S小木块从与传送带同速到加速下滑到底端需要的时间为ti = 空= 毕s，0-5s22总时间为t = tx + t2 1.7S故D错

18、误。故选AB。1 0 .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。=2m/s运行的传送带与水平面间的夹角a = 37 ,转轴间距L = 8.2m。工作人员从传送带顶端无初速度地放上一件小包裹( 可视为质点 ) 。小包裹与传送带间的动摩擦因数4 = 0 .5。取重力加速度g = 10m/s2，sin37 =0.6,cos37 = 0.8。求：( 1 )小包裹刚放上传送带时加速度的大小a；( 2 )小包裹通过传送带所需的时间t.【 答案】 （ 1 ） 1 0m/s2 ； （ 2 ） 2 . 2S【 解析】（ 1 ）根据牛顿第二定律 mgsina + fimgcosa = ma

19、解得 a = 1 0m/s2（ 2 ）运动到与传送带共速的时间。= 上 = 鼠 = 04Q 1 0 5 下滑的距离 X i = | a t f = 1 x 1 0 x o . 22m = o . 2m由于 t a n 3 7 = 0 . 75 0 . 5故物体0 . 2 s 后继续加速下滑，此时 m g s i n a p. mgcQsa = m a得 a = 2m/s2剩 余 位 移 为 X 2 = X - X i根 据= vt2+ a t2 2解得勿= 2S故小包裹通过传送带所需的时间为t = t i + t 2 = 2 . 2S1 1 . （ 2 0 2 2 北京北师大二附中高二期末）如

20、图所示传送带水平部分4 B = 2 m ，倾斜部分B C = 4 m 且与水平面夹角为a = 3 7。 ，小物块与传送带间的动摩擦因数 = 0 . 2 5 。传送带沿顺时针方向以2 m / s 的速率转动。若将物块放在力处，它将从静止开始被传送带送到。 处 （ 物块始终不离开传送带），求物块从力运动到 。 的时间。 （ g取 1 0 m / s 2 ，s i n 3 7 = 0 . 6 , c o s 3 7 = 0 . 8 ）A B【 答案】2 . 4 s【 解析】在水平4 6 部分，根据牛顿第二定律有卬n g = m ax可得，小物块在水平部分的加速度为的 = 4 g = 2 . 5m/s

21、2则小物块加速到与传送带共速的时间为亢= 十 = As = 08sQ Z .D N N此时小物块的位移为/ = ； 0 = 0 . 8m则小物块在水平部分做匀速运动的位移为亚=4 B - 匕 = 1 . 2m则小物块在水平部分做匀速运动的时间为t 2 =星 =0 . 6s在 倾 斜 部 分 ，根据牛顿第二定律有mg s i na - fimgcosa = m a2可得，小物块在倾斜部分的加速度为 = g s i na igcosa - 4m/s2在倾斜部分，根据匀变速直线运动的位移时间关系有& c = Vt3+ | a2t |带入数据解得，小物块在倾斜部分的加速运动时间为t 3 = ls则物块

22、从/ 运动到。 的时间为以c = h + t2 + t3 = 2 . 4S1 2 . (2 0 2 2 湖 南 长郡中学高一期末) 如图所示，一倾斜固定的传送带与水平面间夹角， = 3 7 ,上下两端间距L =2. 0 m, 传送带以v=l. O m/ s 的速率沿顺时针方向匀速运行。从距离传送带底端即= 1 . 0 m的0点由静止释放一质量0 =L 0 k g 的小滑块，滑块运动到传送带底端时与固定挡板P 碰撞，碰撞时间极短且碰撞前后速率相等。滑块与传送带间的动摩擦因数 = 0 . 5 , s i n3 7 = 0 . 6 , c os 3 7 = 0 . 8, 取 L l O m/ s z

23、 ,传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求：( 1 ) 滑块与挡板产第一次碰撞时的速度大小心( 2 ) 滑块与挡板夕碰撞后离开挡板的最大距离心(3 ) 若滑块与挡板夕第一次碰撞后立即在滑块上加一方向沿传送带斜向上、大小44 . O N 的恒力，一段时间后撤去。要使滑块能滑至传送带最上端，恒力持续作用的最短时间【 答案】 (1 ) 2 m/ s ； (2 ) 0 . 4 m； (3 ) 1 . 6 7s【 解析】( 1 ) 设滑块向下运动的加速度为a” 根据牛顿第二定律可得mg s i n。- fimgcosd = m ar由匀变速运动规律有巧2=2% 殉联立解得r / = 2 m/ s

24、( 2 ) 滑块第一次与挡板碰撞后速度大于传送带速度，滑块减速上滑，设碰后运动的加速度大小为小，则mgsinO + /imgcos。= m a2减速至与皮带速度相等时运动的距离为即 则 户 - % 2 = 2 (- 0 2 ) %!之后滑块继续减速上滑至速度为零，加速度大小为a 贝 I JO -v2 = 2 (- %) 亚离开挡板的最大距离为x/ Xi+X?联立解得x , = 0 . 4 m( 3 ) 滑块与挡板碰撞后，在恒力作用下的加速度大小设为a . ”根据牛顿第二定律有mg s i n。+ “ mg c os 。- F = m a3设该过程向上运动的距离为& ,运动时间为3则户 V1 2

25、 = 2 (- a3) x3 V -vx = (- a3) t i解得“ 3 = 0 . 2 5 m，ti = 6S接着滑块向上匀速运动，最后撤去拉力再以以向上减速，减速的距离应为左，设匀速运动的时间为t2,则t 2 =宁 之恒力持续作用的最短时间为t = 0 + 士 2联立解得t = ： s * L 6 7s考点四 传送带上的划痕问题1 . 滑块与传送带的划痕长度不等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同， = 凶+ &（ 图甲） ； 若两次相对运动方向相反，等于较长的相对位移大小.（ 图乙）I A I _h - - - - - - - - - - - - -

26、 - - d AX2甲 乙2 . 物块静止轻放到传送带上一端加速到和传送带共速的过程中， 如果传送带的速度为v , 加速的时间为 t , 则：物块的位移：x 粉 = 上 共速过程中传送带位移是物块位移的2 倍2 ,传送带的位移：X * v t 物块相对于传送带的位移等于物块的位移1 3 . （ 2 02 2 湖 南 , 高三学业考试）如图所示，传送带与水平面的夹角。=3 0 , 传送带以% = 2 m /s 的速度顺时针转动，t = O 时刻，一煤块以u = 8 m /s 的速度从传送带的底端滑上传送带，传送带和煤块运动的v - t 图像如图所示，已知煤块刚好能滑到传动带的顶端， r ni o

27、m/ s2, 则下列说法正确的是（ ）A .煤块与传送带间的动摩擦因数为立4B .煤块向上运动的总时间为2 . 0sC .传送带的总长度为5 . 5 mD .煤块滑到顶端时在传送带上的划痕长度为3 . 5 m【 答案】C【 解析】A.由图乙可知，煤块开始速度比传送带大，摩擦力方向向下，这段过程中加速度为m gs i n3 0 0 + fimgcos30 0 8 2% = - = T m /s ）解 得 2这段过程中位移s 】 =V m = 5 m 故人错误；B C . 在速度达到和传送带速度相等后，由于m gs i n3 0 m gco s 3 0 所以煤块继续做匀减速运动，加 速 度 大 小

28、 为 =哽小。誓 C O S 30。=4 皿小？煤块刚好能滑到传动带的顶端，这段过程中的位移S2 = 芸 =0. 5 m时间为t2 = = = 0-5 s传送带的总长度为s = Si + S2 = 5 ,5 m煤块向上运动的总时间为t = 4 + 0. 5s = 1 . 5 s 故 C正确，B 错误；D .煤块速度大于传送带速度阶段，煤块在传送带上的划痕为A s = 5m- 2x lm = 3m煤块速度小于传送带速度阶段，传送带运动较快 s = 2 x 0. 5 m -0. 5m = 0. 5m因为 s A s煤块滑到顶端时在传送带上的划痕长度为3 m ，故 D 错误。故选C 。1 4 . （

29、 2 02 2 安徽合肥三模）如图所示，4 、B 两端距离为L 的水平传送带以速度V 逆时针运转，将小石墨块p 轻放在传送带右端4 当石墨块从左端B 离开传送带时，传送带上留下了长度为I的痕迹，不计绕过传动轮的传送带长度，下列说法正确的是（ ）7 ）n 一 疗A . 增大传送带速度划痕长度一定变长B . 增加传送带的长度，划痕长度一定会变长C.减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小D. 一定条件下可使【 答案】D【 解析】A D . 若石墨块到达B 时速度小于明 说明石墨块一直做匀加速直线运动，加速度大小为a =臂=g所用时间为t =陛 =任则划痕长度为I = vt L = v

30、任 L若 = 匡 丑，可得a - L 2 L说明在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2 L ,之后的划痕与原来划痕重叠，增大传送带速度0，划痕长度保持2L不变，A错误，I)正确：B . 若石墨块到达B端前速度已经等于，则有t = ( = V2 2则划痕长度为1 =仇 一 : = = 2a 24g可知增加传送带的长度，划痕长度保持不变，B错误；C .若石墨块到达B端前速度已经等于划痕长度为， =；2H g若石墨块到达B时速度小于也划痕长度为/ = 隹 L ( 当 隹 叱时，l = 2L)可知减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度会变长或者不变，C错误；15. (2022 江 苏

31、 南京市大厂高级中学高一开学考试) 如图所示，有一水平传送带以6m/s的速度顺时针方向匀速转动，传送带16长度A = 6m，其右端连着一段光滑水平面6C，紧挨着比、 的光滑水平地面上放置一辆质量M = 2kg的平板小车， 小车上表面刚好与回面等高。 现将质量m = 4 g 的煤块( 可视为质点)轻轻放到传送带的左端A处，经过传送带传送至右端6 后通过光滑水平面宛滑上小车。煤块与传送带间的动摩擦因数% = 0 .4 ,煤块与小车间的动摩擦因数% = 0 2 , 取重力加速度g = 10m/s2。求：(1)煤块在传送带上运动的时间；( 2 ) 煤块在传送带上运动时留下的划痕；( 3 ) 若滑块刚好

32、不从小车上掉下来，求小车的长度。， 口 . . . . . . . . ，G-6mzs (8丫/ ， ? 【 答案】(1) 1.75s： (2) 4. 5m； (3) 6m【 解析】( 1 ) 以水平向右为正方向，煤块刚放上传送带时的受力如图所示 、NJ / mg设物块在传送带上匀加速阶段的加速度为a，所用时间为h，对地位移为% 1，根据受力分析和牛顿第二定律可得/ = 1可= 内巾9 f = ma解得 a = 4m/s2根据匀变速直线运动规律可得u = * = | ati 2解得 ti = 1.5 X = 4.5m由 于 = 4.5m L煤块加速至与传送带共速后与传送带一起向右匀速运动，再经

33、G时间滑出传送带右端6 - 4 . 5T s=0 . 2 5s煤块在传送带上运动的时间为亡=G + J = l . 7 5s( 2 ) 煤块在传送带上运动时留下的划痕为煤块与传送带的相对位移 % = % 传=仇 1 = 4 . 5 m( 3 ) 煤块滑上小车之后，煤块和小车的受力示意图如图所示N tMfl kf mg 、力，NMg煤块与小车之间的滑动摩擦力为% =f2 = = 以2mg = 2 p q煤块与小车的加速度分别为由、a2, 根据牛顿第二定律可得- 七二加% f2 = M Q 2解得 出 = - 2m/s2 a2 = lm/ s2若滑块刚好不从小车上掉下来，则共速时两者的相对位移大小

34、为小车的长度，设共速为。 共，各自的对地位移分别X 煤、X 车，根据运动学规律可得2 % x 煤=u 共2 -v2 2 a 2 % 车=9共2 &x = x - x华联立解得A x = 6m即车长6 m 时，滑块刚好不从小车上掉下来。1 6 . ( 2 0 2 2 福 建 漳州市普通教育教学研究室高一期末) 竖直平面内有一倾角， = 3 7 的直轨道A B , 其下方右侧放置一足够长水平传送带，传送带与直轨道末端B 平滑连接。传送带以恒定速度疗2 m / s 逆时针转动，现将质量0 4 . 2 k g 的小煤块从4点静止释放。已知A 与 B 距离为s N . 0 m , 小煤块与AB间的动摩擦

35、因数尸0 . 5 ,与传送带间的动摩擦因数：尸 0 . 2 , g M X l O m / s2, s i n 3 7 = 0 . 6 , c os 3 7 = 0 . 8 。求：( 1 ) 小煤块在直轨道AB运动时受到的摩擦力大小；( 2 )小煤块从8点第一次向右运动到最远处所用的时间；( 3 ) 小煤块从进入传送带到第一次回到B 点的过程中在传送带上留下的痕迹长度。( 1 ) 由受力分析可知/ = i m g c os 。可得AO . 8 N( 2 ) 设小煤块在直轨道AB和传送带上运动的加速度分别为&、a ) ,到达6 点的速度为出，在直轨道AB上由受力分析可知z n g s i n 。

36、- f = m ax又因为诏=2 a l s山水平传送带受力分析4 2 m g = m az由匀变速直线运动公式加 = a2t得到小煤块从4点第一次运动到最右端所用的时间ts( 3 ) 依题意可知小煤块在传送带上先向右匀减速后向左匀加速，设匀减速阶段小煤块和传送带的位移分别 为 S,、S2 ,匀加速阶段小煤块和传送带的位移分别为s/、s j , 匀减速阶段Si =t = 4m S2 = 4m反向匀加阶段经过共速 t = = lsa2 ?/ Vo ， YSi =y t = l m S s2 = 1 70 t = 2 m所以小煤块第一次回到6 点的运动过程中在传送带上留下的痕迹长度As s = S

37、i + S2 + I s 2 - SI ) = 9m1 7. (2 0 2 2 安徽芜湖高一期末)如图所示，一浅色传送带与水平面的夹角， = 37 , 且 以 %= l m/ s 的速度沿顺时针方向传动。一质量游1 kg 的小煤块以w= 7m/ s 的速度滑上传送带的底端，最终又从传送带的底端滑出。已知小煤块与传送带间的动摩擦因数 = 0 . 2 5,传送带足够长，求：( 1 ) 小煤块向上滑行的时间；( 2 ) 小煤块离开传送带时的速度大小；( 3)小煤块在传送带上运动的整个过程中，其相对传送带的位移大小和煤块在传送带上留下的痕迹长度。【 答案】 (1 ) 1 s ； (2 ) 5m/ s

38、； (3) 2 . 1 2 5m； 2 . 2 5m【 解析】( 1 ) 由题可知，小物块在开始时受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向下，设其做匀减速运动的加速度大小为 a ” 有mg s i n 。+ l m9cose = m ai解得a k 8m/ s 2其速度减小到r R m / s 所用的时间75s之后，小物块受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为也，有 mg s i n 8平 mOc o s 。= m a2解得 a 4m/ s2小物块减速到0所用的时间2 5s解得 t=ti+t=ls( 2 ) 小物块沿传送带向上滑行的最大距离为X =空 口 + 段 2解得 A= 3. 1

39、2 5m又由于物块沿传送带下滑时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，其加速度大小仍为a h 4m/ s 2 ,有 2 小户/解 得v = 5m/ s( 3 ) 小物块向上减速的第一阶段，相 对 位 移 大 小 = 誓 打 一 打 口 = 2 . 2 5m (向上)小物块向上减速的第二阶段，相对位移大小Ax2 = %t 2 - t 2 = 0 ,2 5m (向下)故物块向上运动时相对传送带的位移为Ax = - Ax2 = 2 . 1 2 5m即相对传送带的位移大小为2 . 1 2 5m,方向沿传送带向上；而 A 小重叠在A X i 内，则全程的划痕为Ad = AX 1 = 2 . 2 5m1 8.

40、如图传送带与水平地面夹角0 = 37 , 从力至U 8 长度为L =7. 2 m , 传送带以玲= 8. 4 m/ s 的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为0 = 0 . 5 kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为 = 0 . 3。煤块在传送带上相对滑动时会留下黑色痕迹。 (s i n 37 = 0 . 6, c o s 37 = 0 . 8, 1 0 m/ s2)求：( 1 )煤块从1到的时间；( 2 )煤块从A到 6 的过程中传送带上形成痕迹的长度。【 答案】 (1 ),； 4. 2 m3s【 解析】( 1 )煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，由牛顿第二定律得

41、mg s i n 。+ (imgcosd = m ar解得其加速度为% = g (s i n 。+ / z c o s 0 ) = 8. 4m/s2煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为G =言 =%发生的位移为/ = 1 的/ =4. 2 m达 到 1 %后，受到沿斜面向上的摩擦力，则满足mg s i n 。- “ mg c o s O = ma ?解得a 2 = g (s i n 9 - 4c o s 9) = 3. 6m/s2之后加速到6 端的位移为乃= L -X i = 3m又因为 & = vot2+ a2tl解得t 2 = 3s所以煤块从A到 6 的时间为t = G + t 2 =

42、入( 2 ) 第一过程痕迹长A / =几口 / =4. 2 m第二过程痕迹长A %2 = %2 Vot2 = 0 . 2m %与 Ax；， 部分重合，故痕迹总长为4. 2 m。考点五物体在传送带上运动的最短时间物体在传送带上一直加速运动时在传送带上运动的时间最短1 9 . 水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带4 8始终保持恒定的速率片l m / s 运行，一质量为疗4 k g的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数 = 0 . 1 ,

43、 4 、6间的距离Z= 2 m , g 取 l Om / s )( 1 ) 求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；( 2 ) 求行李在传送带上的运动时间；( 3 ) 如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到8处，求行李从1处传送到8处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。 f ( )【 答案】 ( 1 ) 4 N , l m / s2； ( 2 ) 2 . 5 s ； ( 3 ) 2 s , 2 m / s【 解析】( 1 ) 行李所受滑动摩擦力的大小为F e1 X 4 X 1 ON = 4 N由牛顿第二定律可得，加速度的大小为牛麦0 . I X l Om / s J

44、l m / s ?( 2 ) 行李加速至与传送带速率相等所用时间为G = ：= %加速过程的位移为Si = 3 = 0 . 5 m行李匀速运动至传送带8 端所用时间为。=L 5 sV 0故行李在传送带上的运动的总时间为1 = t i + 匕=2 $s( 3 ) 行李在传送带上全程加速所用时间最短，加速度仍为行l m / 一，当行李到达右端时，有vi =2aLm i nv疝R 2 a L = V2 x 1 x 2 m / s = 2 m / s所以传送带对应的最小运行速率为2 m / s ,行李从A处传送到6处 的 最 短 时 间 为 = 2S2 0 .如图所示，一水平传送装置A 、B两端相距2

45、 m , 传送带以2 m / s 的速度做匀速运动，已知某工件与传送带的动摩擦因数为0 . 4 ,把工件轻轻放在A 端 ( 初 速 为 零 ) ，求：( 1 ) 工件从A 端运动到B 端所需的时间( 2 ) 传送带的速度至少为多大时，可使工件从A端运动到B端所需时间最短. ( gi f t 1 0 m / s2)【 答案】 ( 1 ) 1 . 2 5 s . ( 2 ) 4 m / s【 解析】根据牛顿第二定律求出工件做匀加速运动的加速度大小，根据速度时间公式求出匀加速运动的时间，结合位移时间公式求出匀加速运动的位移， 从而得出匀速运动的位移， 求出匀速运动的时间， 从而得出总时间；当工件一直

46、做匀加速直线运动时，运动的时间最短，结合速度位移公式求出传送带的最小速度.( 1 ) 工件刚放在水平传送带上的加速度为a,由牛顿第二定律得Nmg=ma”代入数据解得：a 尸歼4 m / s2经 。时间与传送带的速度相同，则t 】 =： = = 0 . 5 s ,1 4 1 T,前进的为：%i - = | x 4 x 0 . 2 5 m = 0 . 5 m此后工件将与传送带一起匀速运动至6点，用时t 2 = 呻 包 =等s = 0 . 7 5 s所以工件第一次到达6点所用的时间：什 L 2 5 s .( 2 ) 当工件一直做匀加速直线运动，所用的时间最短，根 据/=2aL代入数据得：r = 4

47、m / s .2 1 . 为适应大规模的邮件迅速分拣，提高邮件收发效率，多家快递公司采用了现代化传送装置以提高整体竞争实力. 某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图，传送带在电动机的带动下保持v= 2 m / s 的恒定速度向右运动. 现将一质量为片2 k g的邮件从传送带左端/ 处无初速地轻放在传送带上， 经过一段时间，邮件水平到达传送带的右端6处 .从6间距离 = 9 m ,邮件和传送带间的动摩擦力因数= 0 . 2 ,取 炉 l Om / s ?( 1 ) 请在图中画出邮件在传动带上滑动时所受的滑动摩擦力.( 2 ) 求邮件从传送带左端A到达传送带的右端8的时间t .( 3 ) 若提

48、高传送带的速度，可使邮件从传送带的一端传到另一端所用的时间缩短. 为使邮件传到另一端所用的时间最短，传送带的最小速度是多少？【 答案】 (1)缶 ( 2 ) 5 s ( 3 ) 6m/s0【 解析】【 详解】( 1 ) 如图：滑动摩擦力方向水平向右G 七( )( )( )( 2 ) 邮件放到传送带上后，开始做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律： m g = m a可以得到：a = 2m/s2邮件做匀加速直线运动v=atj ,则tj=ls根据位移与时间的关系可以得到：刈 =2得 % = 1 m因为x L 所以邮件运动1 m 后开始做匀速宜线运动， 则：/ , - % 1 = vt2可以得到：t 2

49、 = 4 s邮件从A运动到6所用的时间：t = 口 + t 2 = 5 s( 3 ) 邮件从A到 B 一直加速运动所用时间最短：v,2 = 2aL则：传 送 带 最 小 速 度= 6m/s.点睛：本题考查传送带问题，要注意认真分析物理过程，做好受力分析，正确利用牛顿第二定律求解加速度，再运用好运动学公式求解即可.2 2 . ( 2 0 2 2 福建宁德高一期末) 今年新疆棉花再获丰收，如图为利用两节皮带传送机运送棉花包的示意图。水平传送带4 8 两端相距 尸3 1 , 倾角。=3 0 。 的倾斜传送带口两端相距人尸2 . 5 m , B、C 相距很近，两节传送带均以片2 m / s 的速率顺时

50、针转动。将 质 量 % 5 0 k g 的一袋棉花包轻放至1端，到达6 端后，速度大小不变地传到。 端。已知棉花包与传送带4 ? 间的动摩擦因数尸0 . 5 , 与传送带中间的动摩擦因数“ 2 =誓 ，g 取 l Om / s % 求：( 1 ) 棉花包刚放上传送带时，棉花包的加速度处的大小；( 2 ) 棉花包从/ 端运动到端所用的时间t ；( 3 ) 若传送带4 6 速度不变，要求棉花包能以最短时间到达端，求传送带切的最小速度力，A B C【 答案】 ( 1 ) 5m/s2 ； ( 2 ) 2 . 95s； ( 3 ) 3m/s【 解析】( 1 ) 棉花包刚放上传送带时，棉花包的加速度大小%

51、 = 誓 = 5m/s2( 2 ) 棉花包加速到与传送带U共速时，滑行的距离为X 1 =2 =o . 4m 及棉花包在4 6 上加速运动时间为口 = ： = 0 . 4a 1 0棉花包在上匀速运动时间为t 2 = 然1 = 1 . 3S棉花包以速度2 m / s 冲上传送带C D ,因为C D 顺时针转动，速率也为2 m / s ,3 1且2 7 n g e o s 6 = m g , mgsn0 = mg即棉花包在传送带上做匀速直线运动，时间为3 = - = 1.25s棉花包从A端运动到端所用的时间士 = ti + t2 + t3 = 2.95s( 3 )若棉花包在切上一直做匀加速，则棉花包能以最短时间到达端。此时棉花包在上的加速度为_ n2mgcos0 - mgsnO _ 1 ?。2 = m = Im/S加速到点的速度记为巧，则谱-v2 = 2a2L2解得巧=3m/s此时传送带切的最小速度min = % = 3m/s