2025届高考物理二轮复习微专题训练：传送带模型综合问题

2025新高考物理二轮复习 微专题训练 传送带模型综合问题 课堂例题精讲 例1　 如图所示,一半径为r=0.45 m的光滑圆弧的底端B 与水平传送带相接,传送带的运行速度为v0=5 m/s,长为L=1.75 m,DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空细管,EF段被弯成以O为圆心、半径为R=0.2 m的一小段圆弧,管的D端弯成与水平传送带C端平滑相接,O点位于地面上,O、F连线竖直.一质量为m=0.2 kg的滑块(可视为质点)从圆弧顶端A点无初速度滑下,滑到传送带上后被送入细管DEF.已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,滑块横截面积略小于细管中空部分的横截面积.求: (1)滑块到达光滑圆弧底端B时对轨道的压力大小; (2)滑块与传送带间因摩擦产生的热量; (3)滑块滑到F点后水平飞出,滑块的落地点到O点的距离. 例2　(多选)如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行,初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示,已知v2>v1,则 (　) A.t2时刻,小物块离A处的距离达到最大 B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0~t2时间内,小物块受到的摩擦力方向一直向右 D.0~t3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力 考点二 倾斜传送带综合问题 例3　(多选) 如图所示,传送带的长度是3 m,与水平面间的夹角为30°,在电动机的带动下以v0=2 m/s的速度顺时针匀速转动,现将一质量m=1 kg的物体(可视为质点)无初速度放在传送带的最低点,已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=,g取10 m/s2,则从传送带将物体从最低点传送到最高点的过程中 (　) A.所用的时间为1.9 s B.摩擦力对物体做的功为6 J C.物体和皮带由于摩擦产生的热量为12 J D.由于传送物体电动机多消耗的电能为23 J 例4　(多选)如图甲所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,传送带在匀速运动,在传送带上某位置轻轻放上一小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,小木块的速度随时间变化关系如图乙所示,v0、t0已知,则 (　) A.传送带一定逆时针转动 B.μ=tan θ+ C.传送带的速度大于v0 D.t0时刻后小木块的加速度为2gsin θ- 对点训练 1.(多选) 如图所示,水平传送带两端A、B间的距离为L,传送带以速度v顺时针运动,一个质量为m的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带,运动到B端,此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动,物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动时间相等,两过程中物块运动的位移之比为2∶3,重力加速度为g,传送带速度大小不变.下列说法正确的是 (　) A.物块的初速度大小为 B.物块做匀加速直线运动的时间为 C.物块与传送带间的动摩擦因数为 D.整个过程中物块与传动带因摩擦产生的热量为 2.物块P以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力.某时刻传送带突然以恒定速率v1沿图示逆时针方向运行,则从该时刻起,物块P的速度v随时间t变化的图像可能是 (　) A　　B C　　D 3.(多选)如图甲所示,工人用传送带运送货物(可看作质点),传送带倾角为30°,顺时针匀速转动,把货物从底端A点运送到顶端B点,货物的速度随时间变化关系如图乙所示.已知货物质量为10 kg,重力加速度g取10 m/s2,则 (　) A.传送带匀速转动的速度大小为1 m/s B.货物与传送带间的动摩擦因数为 C.A、B两点间的距离为16 m D.运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功为15 J 4. 人们用传送带从低处向高处运送货物,如图所示,一长为L=5 m的倾斜传送带在电动机带动下以速度v=2 m/s沿顺时针方向匀速转动,传送带与水平方向间的夹角为θ=37°,某时刻将质量为m1=15 kg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为μ=0.8,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2. (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m2=1 kg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. 课后巩固练习 1.[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度轻放一小物块,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 (　) A B C D 2.(多选)[2024·北京东城区模拟] 如图所示,水平传送带以v=6 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动,水平部分AB长为L,并与长为3.6 m的光滑倾斜轨道BC在B点平滑连接,BC与水平面的夹角为30°.现将一个可视为质点的工件从A点由静止释放,滑块与传送带间的动摩擦因数为μ,g取10 m/s2,要使工件能到达C点(没有施加其他外力辅助),下列关于μ和L的取值可能正确的是 (　) A.μ=0.5,L=3 m B.μ=0.4,L=5 m C.μ=0.3,L=6 m D.μ=0.2,L=7 m 3.如图,水平传送带以恒定速度v顺时针转动,传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧.将质量为m的小物块P轻放在传送带左端,P在接触弹簧前速度已达到v,之后与弹簧接触继续运动.设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则在向右运动到第一次到达最右端的过程中 (　) A.接触弹簧前,P一直受到传送带的摩擦力作用 B.接触弹簧后,弹簧对P做的功等于-mv2 C.接触弹簧后,P的速度不断减小 D.接触弹簧后,传送带对P做功的功率先变大再变小 4.如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序,饺子由水平传送带运送至下一环节.将饺子轻放在传送带上,传送带足够长且以速度v匀速转动,饺子与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不考虑饺子之间的相互作用力和空气阻力.关于饺子在水平传送带上运动的过程中,下列说法正确的是 (　) A.传送带的速度越快,饺子的加速度越大 B.饺子相对于传送带的位移为 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.传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能 5.(多选) 如图所示,足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动,传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接,圆弧轨道上的A点与圆心O等高,一小物块从A点由静止滑下,再滑上传送带,经过一段时间又返回圆弧轨道,返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　) A.圆弧轨道的半径一定不大于 B.若减小传送带速度,则小物块一定无法到达A点 C.若增加传送带速度,则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点 D.不论传送带速度增加到多大,小物块都不可能到达高于A点的位置 6.(多选) 如图甲所示的传送带由水平部分和倾斜部分组成,倾斜部分与水平方向的夹角为37°.传送带以某一速度按图示方向运转,t=0时,将一质量为m=1 kg的滑块轻放在传送带的顶端,以后滑块的速度大小与时间的变化关系如图乙所示,t=2.2 s时滑块刚好到达最右端,滑块在两传送带交接处运动时无机械能损失,与两部分传送带间动摩擦因数相同,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　) A.滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.6 B.滑块运动过程中能够达到的最大速度为vm=8 m/s C.传送带水平部分的总长度为l=3.6 m D.从t=0到t=0.6 s的过程中,电动机额外提供电能E=14.4 J 7.机场工作人员利用传送带从飞机上卸行李.如图所示,倾斜放置的传送带与水平面间的夹角为θ=37°,传送带以v0=1 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动.工作人员将一件小包裹(可视为质点)从传送带顶端由静止释放,已知小包裹的质量为m=1 kg,与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,传送带顶端距底端的距离为L=3.8 m,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)小包裹从传送带顶端运动到底端所需的时间t; (2)小包裹与传送带间因摩擦产生的热量Q. 8.[2024·湖南长沙模拟] 如图所示,一个半径为R=5.25 m、圆心角为θ=37°的光滑圆弧轨道AB固定在竖直平面内,圆弧轨道的圆心O在B点的正上方,足够长的水平地面BC与圆弧轨道相切于B点.圆弧轨道左侧有一沿顺时针方向匀速转动的水平传送带,传送带上表面距A点的高度为H=1.8 m.现将可视为质点的小物块P从传送带左端M由静止释放,小物块在传送带上始终做匀加速运动,离开传送带右端N后做平抛运动,恰好从A点沿切线进入圆弧轨道.已知物块P与传送带和水平地面BC之间的动摩擦因数均为μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)传送带两端M、N之间的距离; (2)物块在水平地面上滑动的距离. 答案解析 课堂例题精讲 例1　(1)6 N　(2)0.3 J　(3) m [解析] (1)设滑块到达B点的速度大小为vB 由机械能守恒定律有mgr=m 解得vB=3 m/s 滑块在B点,由向心力公式有FN-mg= 解得FN=6 N 根据牛顿第三定律可知,滑块到达光滑圆弧底端B时对轨道的压力大小为6 N (2)滑块在传送带上做匀加速运动,由牛顿第二定律有 a=μg=2 m/s2 由速度位移公式得-=2aL 解得vC=4 m/s<v0=5 m/s 滑块在传送带上运行的时间为t==0.5 s 传送带运行的距离为x=v0t=2.5 m 故滑块与传送带间因摩擦产生的热量为 Q=μmg=0.3 J (3)滑块从C至F,由机械能守恒有m=mgR+m 滑块离开F点后做平抛运动,竖直方向有R=gt'2 联立解得滑块的落地点到O点的距离为x=vFt'= m 例2　BC　[解析] 相对地面而言,小物块在0~t1时间内向左做匀减速运动,t1时刻之后反向向右运动,故小物块在t1时刻离A处距离最大,A错误;小物块在0~t1时间内向左做匀减速运动,相对传送带也是向左运动,t1~t2时间内反向向右做匀加速运动,但速度小于传送带向右的速度,仍是相对传送带向左运动,t2时刻两者同速,在t2~t3时间内,小物块与传送带相对静止,一起向右匀速运动,所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大,B正确;由于0~t2时间内,小物块相对传送带一直向左运动,所以受到的摩擦力方向一直向右,C正确;在0~t2时间内,小物块相对传送带一直向左运动,则小物块一直受向右的滑动摩擦力,在t2~t3时间内,小物块相对于传送带静止,则小物块不受摩擦力作用,故D错误. 例3　AD　[解析] 物体开始运动的加速度a=μgcos θ-gsin θ=2.5 m/s2,达到与传送带共速时的时间t1==0.8 s,位移x1=t1=0.8 m,因μ=>tan 30°=,可知共速后一起向上匀速运动,则还需用时间t2==1.1 s,共用时间为t=t1+t2=1.9 s,选项A正确;开始共速以前摩擦力做功W1=μmgx1cos θ=6 J,共速后摩擦力做功W2=mgsin θ(l-x1)=11 J,则摩擦力对物体做的功为17 J,选项B错误;物体和皮带由于摩擦产生的热量为Q=μmgcos θ(v0t1-x1)=6 J,选项C错误;由于传送物体电动机多消耗的电能为E=m+mglsin θ+Q=23 J,选项D正确. 例4　AD　[解析] 假设传送带顺时针转动,则当木块下滑时(mgsin θ>μmgcos θ),木块将一直匀加速运动到底端,当木块上滑时(mgsin θ<μmgcos θ),木块先匀加速运动,在与传送带速度相等后将匀速运动,这两种情况均不符合题图乙中的运动图像,所以假设不成立,传送带一定逆时针转动,选项A正确;在0~t0时间内,滑动摩擦力方向沿传送带向下,木块匀加速下滑,加速度a1=gsin θ+μgcos θ,由图像可知a1=,解得μ=-tan θ,选项B错误;当木块的速度等于传送带的速度时,木块所受的摩擦力方向变成沿传送带向上,加速度大小改变,故传送带的速度等于v0,选项C错误;当木块的速度大于传送带的速度时,木块所受的摩擦力方向沿传送带向上,加速度a2=gsin θ-μgcos θ,代入μ值,可得a2=2gsin θ-,选项D正确. 【对点训练】 1.BC　[解析] 由题意知∶v=2∶3,得v0=,A错误;匀速运动过程中有=vt,则t=, 匀加速运动与匀速运动时间相等,B正确;由公式v2-=2ax,x=L,μg=a得动摩擦因数为μ=,C正确;由热量Q=Ffx相对,x相对=L-L=L,得Q=,选项D错误. 2.A　[解析] 当v0<v1时,对物块P受力分析,由牛顿第二定律可得ma=mgsin θ+μmgcos θ,可知物块先做匀加速直线运动,当v0=v1时,摩擦力瞬间消失,然后随着物块的继续加速,摩擦力方向反向,依题意有mgsin θ=μmgcos θ,即物块做匀速直线运动,故A正确,B错误;当v0>v1时,对物块P受力分析,有ma=mgsin θ-μmgcos θ=0,即物块一直匀速运动,故C、D错误. 3.AB　[解析] 由图像可知,货物先向上匀加速运动,再向上匀速运动,所以传送带匀速转动的速度大小为1 m/s,选项A正确;开始时货物的加速度a== m/s2=2.5 m/s2,由牛顿第二定律可知μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得货物与传送带间的动摩擦因数为μ=,选项B正确;由图像可知,A、B两点间的距离为x=×(16+15.6)×1 m=15.8 m,选项C错误;由动能定理可知Wf-mgxsin 30°=mv2,解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功Wf=795 J,选项D错误. 4.(1)0.4 m/s2　5 s　(2)①3.5 s　 ②432 J [解析] (1)对货物A受力分析,由牛顿第二定律得 μm1gcos θ-m1gsin θ=m1a1 解得a1=0.4 m/s2 设货物一直匀加速运动,则由运动学公式有L=a1t2 解得t=5 s 此时货物A的速度为v1=a1t=2 m/s,符合题意. (2)①对货物A受力分析,由牛顿第二定律得 FT+μm1gcos θ-m1gsin θ=m1a2 对重物B受力分析,由牛顿第二定律得m2g-FT=m2a2 联立解得a2=1 m/s2 当达到与传送带共速时间为t1==2 s 货物A运动的位移为x1=t1=2 m 之后匀速运动,则匀速运动的时间为t2==1.5 s 则货物A从底端到达顶端所需的时间为t=t1+t2=3.5 s ②在货物A加速运动阶段,摩擦力为Ff1=μm1gcos θ 摩擦力对其做的功为W1=Ff1x1=192 J 在货物A匀速运动阶段,摩擦力为Ff2=m1gsin θ-m2g 则摩擦力对其做的功为W2=Ff2(L-x1)=240 J 即货物A在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功为W=W1+W2=432 J 课后巩固练习 1.C　[解析] 在0~t0时间内对小物块受力分析可知,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,故做匀加速直线运动,t0之后物块速度与传送带相同,静摩擦力与重力的下滑分力相等,加速度突变为零,物块做匀速直线运动,C正确,A、B、D错误. 2.BC　[解析] 设工件恰好到达C点,根据机械能守恒定律得m=mgxBCsin 30°,工件到达B点的最小速度为vB=6 m/s,恰好与传送带速度相等,则在水平传送带上,根据动能定理得μmgx=m,且x≤L,得μL≥1.8 m,代入选项数据可知B、C项的值是可能的,故选B、C. 3.D　[解析] 因为物块P在接触弹簧前速度达到v,即物块P与传送带共速,此时P与传送带相对静止,P与传送带之间没有摩擦力,故A错误;接触弹簧后,对物块P由动能定理得Wf+W弹=0-mv2,整理有W弹=-mv2-Wf,故B错误;物块P开始接触弹簧到弹力与最大静摩擦力相等的过程中,物块P受到的摩擦力为静摩擦力,此时静摩擦力的大小和弹簧弹力大小相等,物块P仍做匀速直线运动,所以物块P接触弹簧后P的速度并不是不断减小,而是先做匀速直线运动,后做减速运动,故C错误;由之前的分析可知,物块P接触弹簧后,先做匀速直线运动,后做减速运动,根据功率公式有P=Ffv,开始时随着静摩擦力变大,所以功率变大,当物块P开始做减速运动时,其摩擦力为滑动摩擦力,大小不变,但是速度减小,所以功率开始减小,综上所述,功率先增大后减小,故D正确. 4.C　[解析] 饺子的加速度a===μg,与传送带的速度无关,故A错误;饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间t=,饺子在传送带上留下的痕迹长度Δx=vt-=,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=μmgx饺子,因摩擦产生的热量Q=μmgx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x饺子=t,相对位移为x相对=x传送带-x饺子=vt-t=t,故饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量,故C正确;传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和,故D错误. 5.AD　[解析] 物块在圆弧轨道上下滑的过程中,其机械能守恒,根据机械能守恒定律有mgR=m,解得v0=,物块到达传送带上之后,由于摩擦力的作用开始减速,速度减小为零之后,又在传送带的摩擦力作用下反向加速,根据物块的受力可知,物块在减速和加速的过程中加速度的大小是相同的,由于小物块恰好能回到A点,所以物块返回圆弧轨道时速度大小等于从圆弧轨道下滑到传送带时的速度大小,需要传送带的速度v≥v0=,解得R≤,故A正确;若减小传送带速度,只要传送带的速度仍大于,物块就能够回到A点,故B错误;若增大传送带的速度,由于物块返回到圆弧轨道的速度不变,只能滑到A点,不能滑到圆弧轨道的最高点,故C错误,D正确. 6.BD　[解析] 分析图乙可知,从t=0到t=0.6 s的过程中,滑块在倾斜传送带上做加速运动,当t=0.6 s时滑块与传送带共速,均为6 m/s.由图乙可知,该过程加速度为a1=10 m/s2,根据牛顿第二定律可得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,代入数据可得μ=0.5,A错误;t=0.6 s到t=1.6 s过程中,滑块在倾斜传送带上继续加速,但由于滑块速度大于传送带速度,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,再结合匀变速运动规律vm-v1=a2t2,其中v1=6 m/s,联立可得vm=8 m/s,B正确;当滑块在水平传送带上减速时有vm-v1=μgΔt,解得Δt=0.4 s,所以传送带水平部分总长度为l=(vm+v1)Δt+v1(0.6-Δt)=4 m,C错误;从t=0到t=0.6 s的过程中,电动机额外提供电能为E=μmgcos θ·x1,其中x1=v1t=6×0.6 m=3.6 m,解得E=14.4 J,D正确. 7.(1)1.6 s　(2)9.2 J [解析] (1)小包裹刚放上传送带时,根据牛顿第二定律得μmgcos θ+mgsin θ=ma1 解得a1=10 m/s2 小包裹运动到与传送带共速经历的时间为 t1== s=0.1 s 此过程小包裹运动的位移为 x1=a1=×10×0.12 m=0.05 m 共速时,因tan 37°=0.75>μ=0.5,故小包裹与传送带共速后继续加速下滑,由牛顿第二定律得 mgsin θ-μmgcos θ=ma2 解得a2=2 m/s2 x2=L-x1=3.8 m-0.05 m=3.75 m,第二段匀加速过程,有x2=v0t2+a2 解得t2=1.5 s或-2.5 s(舍去) 故小包裹从传送带顶端运动到底端所需的时间为 t=t1+t2=0.1 s+1.5 s=1.6 s (2)第一阶段小包裹与传送带间的相对位移为 Δx1=v0t1-x1 第二阶段小包裹与传送带间的相对位移为 Δx2=x2-v0t2 小包裹与传送带间因摩擦产生的热量 Q=μmgcos θ(Δx1+Δx2) 联立解得Q=9.2 J 8.(1)16 m　(2)30.25 m [解析] (1)物块P离开传送带做平抛运动,竖直方向满足=2gH 解得vy=6 m/s 物块P从A沿切线进入圆弧轨道,由几何关系有tan θ= 解得v0=8 m/s 物块P在传送带上的加速度为 a=μg=2 m/s2 由=2ax 解得M、N之间的距离为x=16 m (2)物块P在A点有vA==10 m/s 物块P从A点到B点,由动能定理可得 mgR(1-cos θ)=m-m 解得vB=11 m/s 根据运动学公式得=2al 解得l=30.25 m 学科网（北京）股份有限公司 $$