微专题二 “传送带”模型的综合分析-【红对勾】2025年高考物理二轮复习讲与练

c.s2H+苏 (3)全过程存储的机械能E1和电动机消耗的 2nh 总电能E2的比值。 D.osSl√2ghH+6) 2nh 3.(2023·江苏卷)如 电动机 图所示，粗糙斜面的 D d 动摩擦因数为μ，倾 角为0，斜面长为L。 一个质量为m的物块（可视为质点）在电动机 作用下，从斜面底端A点由静止加速至B点 时达到最大速度，之后做匀速运动至C点， 关闭电动机，物块恰好到达最高点D。重力 加速度为g,不计电动机消耗的电热。求： (1)CD段长x; (2)BC段电动机的输出功率P; 请完成课时作业6 微专题二“传送带”模型的综合分析 032 M复习定位 1.掌握传送带问题的结构特点，正确做好受力分析和运动分析。 2.灵活应用动力学和能量观点分析传送带问题。 3.关注联系生活、生产等实际情境的命题素材。 考向探究 素养提升 考向一 动力学观点分析传送带模型 1.常见情境 (2)物体能否达到与传送带共速的判断 一个物体以速度v。(v≥0)在另一个匀 物体与传送带达到相同速度时往往出现 速运动的物体上运动的力学系统可看作“传 摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进 送带”模型，如图甲、乙、丙所示。 行分析往往是解题的突破口。 【典例1】如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定 →0 速率1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为 甲 2.动力学问题两点注意 37°。一物块以初速度。从传送带的底部冲 (1)摩擦力的方向及存在阶段的判断 上传送带并沿传送带向上运动，其运动的 厘清物体与传送带间的相对运动方向与 ?-t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时 摩擦力方向以及存在阶段是解决传送带问题 速度恰好为零，sin37°=0.6，cos37°=0.8， 的关键。 g取10m/s2,则 () ☑一红烟勾·讲与练·高三二轮物理 ↑(m·s) 12 37 0 甲 A.0~1s内物块受到的摩擦力大小大于1~ 2s内的摩擦力大小 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0.5 D.传送带底端到顶端的距离为10m 【提升练2】（多选）应用于机场一”哈 ) 听课记录 和火车站的安全检查仪，其 传送装置可简化为如图所示的模型。传送 带始终保持v=0.4m/s的恒定速率运行， 行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，A、 【提升练1】(2024·安徽卷) B间的距离为2m,g取10m/s2。旅客把行 倾角为日的传送带以恒定 李（可视为质点）无初速度地放在A处，则下 速率v。顺时针转动。t=0 列说法正确的是 ( ) 时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图 A.开始时行李的加速度大小为2m/s 所示。t。时刻物块运动到传送带中间某位 B.行李经过2s到达B处 033 置，速度达到v。不计空气阻力，则小物块 C.行李到达B处时速度大小为0.4m/s 从传送带底端运动到顶端的过程中，下列加 D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 速度a、速度v随时间t变化的关系图线可 0.08m 能正确的是 ( 考向二 能量观点分析传送带模型 1.传送带对物体做的功：W=fx。f为物体所【典例2】皮带式传送带是物料搬 受到的摩擦力（可以是静摩擦力，也可以是滑 运系统机械化和自动化不可缺 动摩擦力)，x为物体相对地面的位移 少的组成部分。如图所示，传送 2.系统增加的内能：Q=fx相对。系统增加的内 带的倾角为0=30°，以v= 能等于滑动摩擦力与相对位移x相对的乘积。 3m/s的速度向上匀速运行，将质量为m= 只有发生了相对运动，二者之间才能产生热 10kg的货物（可视为质点）由静止释放从底端 量，因此f为滑动摩擦力。 运送到顶端。若传送带顶端的高度h=2.5m, 3.电动机由于输送物体多输出的电能：E电一 货物与传送带间的动摩擦因数为2二。假设 △E。根据功能关系，电动机多输出的电能等 于物体增加的机械能加上系统摩擦产生的 每分钟运送货物60件，g取10m/s2,求： (1)一件货物由底端经多长时间与传送带 内能。 共速？ 第一部分专题二 能量与动量一闭 (2)一件货物由底端到顶端运动的过程中， 度地放于传送带底端，经过一段时间，小物 摩擦力对该货物做的功是多少？ 块运动到传送带的顶端且速率恰好达到， (3)与未放货物相比，电动机每小时需多提 在整个过程中小物块与传送带之间的摩擦 供多少电能？（结果保留两位有效数字） 生热为Q,小物块获得的动能为Ek、重力势 马听课记录 能的增加量为E。下列说法正确的是 A.Q=Ek B.Q>E C.Q=Ek十E D.Q<Ek十E 【提升练4】（多选)如图所 →（⊙ 示，质量为m的物体在水 平传送带上由静止释放，传送带由电动机带 动，始终保持以速度匀速运动，物体与传 送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能 保持与传送带相对静止，对于物体从由静止 释放到与传送带相对静止的这一过程，下列 说法正确的是 A.电动机做的功为mv2 034 【提升练3】（多选）(2024· B.摩擦力对物体做的功为mx 河北石家庄高三质检)如 Q C.传送带克服摩擦力做的功为mv 图所示，倾斜传送带以恒 D.物体与传送带因摩擦产生的热量为 定速率顺时针转动，现将一小物块无初速 Q=mu 真题演练 感悟高考 1.(2021·辽宁卷)机场地勤 (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 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α=37°，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4=0.8。重力加速度g取10m/s2, sin37°=0.6，c0s37°=0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大 小a; ☑一红烟勾·讲与练·高三二轮物理 2.(2020·全国Ⅲ卷)如图新所示，相距L=11.5m 左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传 对它的冲量。 送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的 大小。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 v。=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以=0.10，重力加 速度g取10m/s2。 77 777777 左侧平台 右侧平台 传送带 (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 大速度和最小速度的大小； 请完成课时作业7 练 (3)若v=6.0m/s,载物箱滑上传送带△t= 13 、后，传送带速度突然变为零，求载物箱从 035 第6讲 动量定理、动量守恒定律 M复习定位 1.准确理解动量定理、动量守恒定律的基本内容及表达式。 2.会在碰撞、爆炸等相互作用的系统中利用动量守恒定律解决有关问题。 3.掌握碰撞模型及拓展，会应用动量守恒定律等规律解决实际问题。 知识网络 体系构建 定义式：p=mw 动量 恸量定理FAt=p'p 应用 缓冲打击等 动量 与动能的联系与区别 定理 不牵涉a、x 条件判定：理想条件、近似条件单 矢量性 念 动量 律 方向守恒 守恒 定律 动量守恒 公式选用：①p=P2:②△PA=-△PB 定义式：I=FA7 冲量 定律 ()人船模型、反冲与爆炸 与功的联系与区别 (2)碰撞（弹性碰撞、非弹性碰撞等） (3)碰撞模型及拓展 第一部分专题二 能量与动量一闭升的高度h,=2g 18，可知开始时 之处在bc之间，设该位置为d点，此 时的动能为Ekm,克服弹簧做功为W。, 3.(1)2g(sin0+μcos9) P,Q的距离为h=么1+h2=2gT 由动能定理有Ekm=ngh od sin30° (2)mgv(sin 0ucos 0) ,因 W。,由于mgha sin30°<mgh sin30° sin 0 开始时P所处的水平面为零势能面， 6J,则有Em<6J,故A错误；根据题 (3)sin +ucos0 则开始时Q的机械能为E=mQgh 意可知，c点为最低，点，此时，弹簧的弹 解析：(1)物块在CD段运动过程中，由 2mog2T 性势能最大，滑块从a·c过程中，设 牛顿第二定律得 -,从开始到轻绳断裂，轻绳的 0 此过程克服弹簧弹力做功为W,由动 mgsin 0+umg cos 0=ma, 拉力对Q做负功，大小为W玉 能定理有mgha sin30°-W=0,解得 由运动学公式0一v2=一2a.x, Frh=mog W=6J,则弹簧的最大弹性势能为 9 -,则此时物体Q的机 6J,故B正确：从c点运动到b点的过 联立解得t-2g(sin0+ucos0 程中，弹簧对滑块做功，弹簧的弹性势 (2)物块在BC段匀速运动，得电动机 械能E'=E-Wr= mog2T2 E 9 2,此 能全部转化为滑块的机械能，则从C点 的牵引力为F=mng sin0+mg cos0, 后物体Q的机械能守恒，则在2T时刻 运动到b点的过程中弹簧弹力对滑块 由P=Fv得P=go(sin0+cos0)。 物体Q的机械能仍为 做6J的功，故C正确：从a出发最后 (3)全过程物块增加的机械能为 ,B正确；在 可以回到a点，说明整个过程中弹簧、 E=mgLsin 0, 2T时刻，物体P的速度v2=v1 滑块与地球组成的系统机械能守恒， 整个过程由能量守恒得电动机消耗的 gT=-28T 故D正确。 总电能转化为物块增加的机械能和摩 ,方向向下，此时物体P重 3 提升练5B橡皮绳绷紧后弹性势能一 擦产生的内能，故可知 直增大，A错误；游客高度一直降低 E2=E1+ng cos0·L, 力的瞬时功率PG=mpg· 2gT 3 重力一直做正功，游客重力势能一直 E mgLsin 0 mog 2gT_mag'T 3E 减小，B正确；下落阶段橡皮绳对游客 7,C、D 故可得E,mgLsin0+mgl,cos0 2 3 3 做负功，游客机械能减小，转化为橡皮 sin 0 正确。 绳的弹性势能，C错误；橡皮绳刚绷紧 sin 0+ucos 0 提升练3ACD根据E。=mgh 的一段时间内，弹力小于游客的重力， 微专题二“传送带”模型的 游客所受合力向下，游客的速度继续 mgrsin0,得sin0=E, 6 mgx1×10×1.2 增加，游客动能继续增加，当弹力大于 综合分析 游客的重力后，游客所受合力向上，游 2,所以斜面倾角为0=30°，故A正 考向探究素养提升 客动能逐渐减小，D错误。 提升练6D重力做功只与竖直高度有 考向一 动力学观点分析传送带模型 确：根据动能定理Fx一mngxsin30° 8J一2J,得F=10N,故B错误；根据 关，故重力做功为mgR,A错误；小球 典例1D由题图乙可知在0~1s内 e 物块的速度大于传送带的速度，物块 Eko= 之m品，得初速度为u, 恰好到达B点有mg=R ,由动能定 所受摩擦力的方向沿传送带向下，与 理知由P运动到B的过程中，合力所 物块运动的方向相反，12s内，物块 2E0=, 12X2 m/s=2m/s,故C 1 的速度小于传送带的速度，物块所受 \m 做的功为W= mv后=2mgR,C错 摩擦力的方向沿传送带向上，与物块 正确；若经过t,后撤去拉力F,小物块 运动的方向相同，由于物块对传送带 的机械能不变，此后重力势能增加、动 误：由P到B,由mgR一W1= 2n月 的压力不变，根据F,=F、,可知两段 能减小；根据图像可知，1。时刻小物块 时间内摩擦力大小相等，A、B错误；在 的动能为E:=8J,根据机械能守恒定 可得克服摩擦力做功为gR,D正 0一1s内物块的加速度大小为a 律可得Ek=一E。,则t。时刻后，小物块 确；由以上分析知在由P运动到B的 △v 12-4 Ek m/s2=8m/s2,根据牛 沿斜面继续上滑的距离s 、1 △ mg sin 0 过程中，机械能的减少量为2mgR, 顿第二定律有mgsin37°十1gcos37°= 8 1×10X0.5m=1.6m,故D正确。 B错误。 Q,解得=0.25，C错误；物块运动的 位移大小等于v一1图线与时间轴所围 提升练4CD对于P、Q组成的系统， 真题演练感悟高考… 由于弹簧对Q要做功，所以系统的机 图形的“面积”大小，为工=4+12× 1.D由题意可知对两节动车编组前分 2 械能不守恒，但对P、Q、弹簧组成的系 统，只有重力和弹簧弹力做功，系统的 别有P1=f11,P2=f2v2,当将它们 4×1 1m+ 2m=10m,所以传送带底端 机械能守恒，故A错误；根据P、Q沿 编组后有P,十P,=（f1+f2)u,联立 (P1+P)u,故选D。 到顶端的距离为10m,D正确。 轻杆方向的分速度相等得vpcos a 可得v= 提升练1C0~t。时间内，小物块轻放 vosin a,可得P的速度不会始终比Q P1v2十P201 2.B设水从出水口射出的初速度为v。 在传送带上，做加速运动。受力分析 的速度大，故B错误；根据系统机械能 可知，小物块受重力、支持力、滑动摩 守恒可得E。=2gL(cos30°-cos60), 取t时间内的水为研究对象，该部分水 擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分 故弹性势能的最大值为E。=(√3 的质量为m=votSp,根据平抛运动规 力，合力不变，故小物块做匀加速运 1)mgL,故C正确；P下降过程中动能 律vot'=l,h= 动。1。之后，当小物块速度与传送带 达到最大时，P的加速度恰好为0，此 相同时，静摩擦力与重力的下滑分力 时对P、Q整体，竖直方向受力平衡，故 g 相等，加速度突变为零，小物块做匀速 Q受到地面的支持力大小N=2mg十 1√，根据功能关系得P) 直线运动。故C正确，A、B、D错误。 mg=3mg,故D正确。 2m06+十mg(H+h),联立解得水系的 提升练2AC开始时，对行李，根据牛 考向四功能关系、能量守恒的理解 顿第二定律有mg=ma,解得a 及应用 输出功率为p=gS√②gh/ 2m/s2,故A正确；设行李做匀加速运 H+h+ 典例5BCD根据题意可知，当滑块所 27h 动的时间为t1,行李做匀加速运动的 受合力为零时，速度最大，滑块的动能 2 末速度为v=0.4m/s,根据v=at1, 最大，由于C点为最低点，则速度最大 4h,故选B。 代入数据解得t1=0.2s,匀加速运动 -271- 参考答案一目☑ 的位移大小上=名i=号×2× 者相对位移△虹=x一工1=乞，物体 的速度最大，设为v2。由动能定理有 1 0.22m=0.04m,匀速运动的时间为 所受合力为滑动摩擦力，由动能定理 一umgL=2mi-2m6, -1-2-2-0.04 =4.9s,可得行 、1 1 1 0.4 得WFx1=2mv2,即传送带克服 mgL=2mu号-2m, 李从A到B的时间为t=t1+t2=5.1s, 摩擦力做功为W克=W,=Frx2=2× 代入题给数据得u1=√反m/s,2= 故B错误；由以上分析可知行李在到 1 m02=mv2,物体与传送带因摩擦产 4W3m/s。 达B处前已经与传送带共速，所以行 2 (3)传送带的速度为v=6.0m/s时， 李到达B处时速度大小为0.4m/s,故 生的热量为Q=F△x=2mn,电动 由于。<0<v2,载物箱先做匀加速运 C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕 动，加速度大小仍为“。设载物箱做匀 迹长度为△x=t1一x=(0.4×0.2 机做的功等于物体增加的动能与传送 加速运动通过的距离为x2,所用时间 0.04)m=0.04m,故D错误。 带和物体之间摩擦产生的热量之和， 为t3,由运动学公式有v=vg十at3, 考向二 能量观点分析传送带模型 则W=2mu+Q=m,故AC正 v2-v6=2ax2, 典例2(1)1.2s(2)295J 代入题给数据得t3=1.0s, (3)1.5×105J 确，B、D错误。 xz=5.5m。 解析：(1)对货物进行受力分析，由牛顿 真题演练感悟高考… 因此载物箱加速运动1.0s、向右运动 第二定律得ng cos30°一ng sin30° 5.5m时，达到与传送带相同的速度。 7d. 1.(1)0.4m/s2(2)4.5s 此后载物箱与传送带共同做匀速运动 解得a=2.5m/s2, 解析：(1)小包裹的速度U2大于传动带 (△t一t)的时间，传送带突然停止，设 设货物由底瑞经时间t1与传送带共速， 的速度1，所以小包襄受到的传送带 载物箱匀速运动通过的距离为工3，有 由，得4-2是=1.2 3 的摩擦力方向沿传动带向上，根据牛顿 x3=v(△t一t3), 第二定律可知mgcos0一mngsin0 (2)货物由底端到与传送带共速时，货物 ma,解得a=0.4m/s2。 则可知2mv2>mgL-x2-1s), v 32 (2)小包襄开始阶段在传动带上做匀减 运动的距离为1=2a2X2.5m 即载物箱运动到右侧平台时速度大于 1.8m, 墟直线运动，所用时间1=一” 零，设为v,由运动学公式有 2=-2a(L-x2-x3）, 滑动摩擦力对货物做的功为 1.6-0.6 s=2.5s, 则v3=5m/s, W1=mg cos30°·x1, 0.4 h2.5 U1十U2 减速运动时间t4=则=1s, 斜面长为L-sin30一0.5m=5m, 在传动带上滑动的距离为x, 2 设载物箱通过传送带的过程中，传送 共速后货物做匀速运动过程中，静摩擦 1.6+0.6 ×2.5m=2.75m, 带在水平方向上和竖直方向上对它的 力做的功为W2=gsin30°·(L一x1), 2 冲量分别为I1、I2。由动量定理有 所以整个运动过程中，摩擦力对货物 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力 11=m(v3-v0)=0, 做的功为W=W1十W2, 沿传动带方向上的分力， I2=N(△t+t4)=mg(△t+t4)= 联立解得W=295J。 即ng cos0>ng sin0,所以小包襄与 625 (3)货物做匀加速运动过程中，传送带 传动带共速后做匀速直线运动至传送 3 N·s,方向竖直向上。 的位移为s1=1=3X1.2m= 带底端，匀速运动的时间为 则在整个过程中，传送带给载物箱的 3.6m, t2= L-x1=3.95-2.75 s=2s, 冲量1=12= 625 货物与传送带间因摩擦而产生的内能 1 0.6 N·s,方向竖直 为Q=mgc0s30°·(s1-x1), 所以小包襄通过传送带的时间为1三 向上。 电动机多提供的电能等于系统增加的 t1+t2=4.5s。 能量，即货物增加的动能和重力势能 第6讲动量定理、动量守恒定律 2.(1)2.75s(2)4√3m/sW2m/s 以及系统因摩擦增加的内能，设一件 货物运送到顶端需多提供的电能为 (3)625 3 N·s,方向竖直向上 考向探究素养提升… E,则E,=7mo2+mgh十Q, 解析：(1)传送带的速度大小为v 考向一动量定理的理解及应用 4.0m/s时，载物箱在传送带上先做匀 典例1B设空气的密度为p,风迎面 解得E=430J, 减速运动，设其加速度大小为a,由牛 垂直吹向的固定的交通标志牌的横截 每小时需要多提供的电能为 顿第二定律有mg=1a, 面积为S,在时间△t内吹向交通标志 E=nE1=3600×430J≈1.5×10°J。 设载物箱滑上传送带后做匀减速运动 牌的空气质量为△m=pSv·△t,假定 提升练3BC设传送带长度为L,倾角 的距离为x1,由运动学公式有 台风迎面垂直吹向一固定的交通标志 为0，小物块质量为m,运动时间为t, v0=-2ax1, 牌的末速度变为零，对风由动量定理 小物块受到的摩擦力为「，根据题意， 代入题给数据得x1=4.5m, 有-F·△1=0-△mu,可得F=pS2, 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度 10级台风的风速v1≈26m/s,16级台 有工物=L=之1，工格=，则有工格 先减小至，然后开始做匀速运动，设 x物一L,可得x传一2L,对物块，根据动 载物箱从滑上传送带到离开传送带所 风的风速v2≈53m/s,则有 F0 能定理有fL一ng sin0·L=Ek一0 用的时间为t1,做匀减速运动所用的 4,故B正确。 产生的热量为Q=f△L=f(2L 时间为t2,由运动学公式有 提升练1D由于空气阻力忽略不计， L)=fL,其中ng sin0·L=E,联立 v=v0一at2, 玻璃杯从同一高度落下，根据自由落 可得Q=Ek十E,,则有Q>Ek,故B 体运动的规律02=2gh可知，玻璃杯 C正确。 落到硬地和地毯上的速度相同，根据 提升练4AC设经时间t物体与传送 代入题给数据有t1=2.75s。 动量公式p=mv可知，动量是相等的， 带相对静止，物体做匀加速直线运动， (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀 故A错误；由于碰撞后都没有反弹，根 传动带做匀速运动，则物体位移为 减速运动时，到达右侧平台的速度最 据动量定理得I=0一v,则冲量也相 小，设为1，当载物箱滑上传送带后一 同，故B错误；动量的变化量△p=0一 x1=?t,传送带运动距离x?=1,二 直做匀加速运动时，到达右侧平台时 mv,则动量的变化量也相同，故C错 一红烟勾·讲与练·高三二轮物理 -272-