第三章 第4课时 专题强化：“传送带”模型中的动力学问题（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（粤教版 粤）

第4课时　专题强化：“传送带”模型中的动力学问题 目标要求　1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类。2.会对传送带上的物体进行受力分析和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题。 1．模型特点：物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对滑动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 2．解题关键：抓住v物＝v传的临界点，当v物＝v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 3．注意物体位移和相对位移的区别 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。 (2)物体相对传送带的位移大小Δs ①若有一次相对运动：Δs＝s传－s物或Δs＝s物－s传。 ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δs＝Δs1＋Δs2(图甲)； 两次相对运动方向相反，则Δs＝Δs2－Δs1，划痕长度等于较长的相对位移大小Δs2(图乙)。 考点一　水平传送带问题 例1　应用于地铁的包裹安检装置其传送包裹部分可简化为如图所示的传送带示意图。若安检时某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5 m/s的速度顺时针匀速运动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送带全长l＝2 m，包裹传送到最右端时乘客才能将其拿走，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求开始时包裹的加速度大小； (2)求包裹在传送带上运动的时间； (3)求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离； (4)若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1 m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间。 答案　(1)0.5 m/s2　(2)4.5 s　(3)0.25 m (4)2.5 s 解析　(1)设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得a＝0.5 m/s2。 (2)包裹加速到v0所用的时间为t1＝，解得t1＝1 s，t1时间内包裹的位移大小为s1＝at12， 解得s1＝0.25 m，包裹在传送装置上匀速运动的时间为t2＝，解得t2＝3.5 s，故包裹在传送带上运动的总时间t＝t1＋t2＝4.5 s。 (3)t1时间内传送装置的位移大小为s2＝v0t1 解得s2＝0.5 m，故包裹相对于传送装置运动的距离为Δs＝s2－s1＝0.25 m。 (4)乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为t3＝，解得t3＝2 s，故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为Δt＝t－t3＝2.5 s。 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顺时针运行，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，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力先向右后向左 答案　BC 解析　相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速直线运动，t1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，向左做匀减速直线运动，相对传送带向左运动，在t1～t2时间内，反向向右做匀加速直线运动，但速度小于传送带的速度，相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力f＝μmg，滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C正确，D错误。 水平传送带问题的常见情形及运动分析 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长(未达到和传送带相对静止) 传送带足够长 一直加速 先加速后匀速 v0<v时，一直加速 v0<v时，先加速再匀速 v0>v时，一直减速 v0>v时，先减速再匀速 滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端 若v0≤v，则返回到左端时速度大小为v0；若v0>v，则返回到左端时速度大小为v 考点二　倾斜传送带问题 例3　(2024·广东广州市天河外国语学校月考)如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它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痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止； (2)煤块从A运动到B的时间； (3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 答案　(1)不能　(2)1.5 s　(3)5 m 解析　(1)由于mgsin 37°>μmgcos 37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。 (2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为a1，则mg(sin θ＋μcos θ)＝ma1，解得a1＝10 m/s2， 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s，发生的位移s1＝a1t12＝5 m 煤块速度达到v0后，加速度大小变为a2，继续沿传送带向下加速运动，则有 mg(sin θ－μcos θ)＝ma2，解得a2＝2 m/s2， s2＝L－s1＝5.25 m 由s2＝v0t2＋a2t22，得t2＝0.5 s 故煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。 (3)第一过程痕迹长Δs1＝v0t1－s1＝5 m， 第二过程痕迹长Δs2＝s2－v0t2＝0.25 m， Δs2与Δs1部分重合，故痕迹总长为5 m。 拓展　若煤块和传送带之间的动摩擦因数为0.75，求煤块从A至B运动的时间。 答案　1.441 s 解析　由于f＝μ′FN＝μ′mgcos θ＝mgsin θ 即最大静摩擦力等于煤块重力沿传送带向下的分力，故煤块和传送带达到共速后将做匀速直线运动，所以煤块将先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。a′＝g(sin θ＋μ′cos θ)＝12 m/s2，加速时间t1′＝＝ s≈0.833 s，加速位移s1′＝a′t1′2＝ m，匀速运动位移s2′＝L－s1′≈6.08 m 匀速运动时间t2′＝＝ s＝0.608 s 总时间t′＝t1′＋t2′＝1.441 s。 例4　(2023·广东广州市华侨中学期中)如图甲，倾角为θ的传送带始终以恒定速率v2逆时针运行，t＝0时初速度大小为v1(v1>v2)的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的v－t图像如图乙，则(　　) A．0～t3时间内，小物块所受到的摩擦力始终不变 B．小物块与传送带间的动摩擦因数满足μ<tan θ C．t2时刻，小物块离传送带底端的距离达到最大 D．小物块返回传送带底端时的速率大于v1 答案　B 解析　由题图乙可知，0～t1时间内小物块相对传送带向上滑动，沿传送带向上做匀减速直线运动，此时摩擦力方向沿传送带向下，t1时刻小物块的速度减为零，此时小物块离传送带底端的距离达到最大，t1～t2时间内小物块向下做初速度为零的匀加速直线运动，由于该时间内小物块的速度小于传送带的速度，小物块相对传送带向上滑动，摩擦力方向仍沿传送带向下，t2时刻小物块的速度与传送带速度相等，t2～t3时间内小物块继续向下做匀加速直线运动，该时间内小物块的速度大于传送带的速度，小物块相对传送带向下滑动，摩擦力方向变为沿传送带向上，由此可知，t2时刻小物块相对传送带向上的位移到达最大。0～t3时间内小物块相对传送带一直滑动，小物块所受的摩擦力一直是滑动摩擦力，大小不变，但方向发生了改变，故A、C错误；由题图乙可知，t2时刻以后小物块相对传送带向下做匀加速直线运动，加速度方向平行于传送带向下，重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力，即mgsin θ>μmgcos θ，解得μ<tan θ，故B正确；小物块从滑上传送带到返回传送带底端的整个运动过程中，合外力做的功等于滑动摩擦力对小物块做功，滑动摩擦力对小物块做负功，由动能定理可知，小物块的动能减小，小物块返回底端时的速率小于v1，故D错误。 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 情景 滑块的运动情况 传送带不足够长 传送带足够长 一直加速(一定满足关系gsin θ<μgcos θ) 先加速后匀速(一定满足关系gsin θ<μgcos θ) 一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0<v时，一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ) v0<v时，若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速 v0>v时，若μ<tan θ，一直加速，加速度大小为gsin θ－μgcos θ；若μ>tan θ，一直减速，加速度大小为μgcos θ－gsin θ；若μ＝tan θ，一直匀速 v0>v时，若μ>tan θ，先减速后匀速；若μ<tan θ，一直加速；若μ＝tan θ，一直匀速 (摩擦力方向一定沿传送带向上) μ<tan θ，一直加速 μ＝tan θ，一直匀速 μ>tan θ，一直减速 μ>tan θ，先减速到速度为0后反向加速，若v0≤v，运动到原位置时速度大小为v0；若v0>v，运动到原位置时速度大小为v 课时精练 1.(多选)如图所示，足够长水平传送带以恒定的速率顺时针转动，在其左侧轻放一小滑块，下列描述小滑块在传送带上运动的v－t(速度—时间)、a－t(加速度—时间)图像可能正确的是(　　) 答案　ABD 解析　若传送带速度较小，滑块可能先在传送带上做匀加速直线运动，加速度不变，与传送带共速后，做匀速直线运动，加速度为零。若传送带速度足够大，滑块可能在传送带上一直做匀加速直线运动，加速度始终不变，故C错误，A、B、D正确。 2．(2023·广东惠州市调研)如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示，下列描述正确的是(　　) A．小物块一直受滑动摩擦力 B．传送带做顺时针的匀速运动 C．传送带做顺时针的匀加速运动 D．小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带 答案　C 解析　由题图乙可知，物块先做匀加速运动，当与传送带共速后，与传送带一起做匀加速运动，故B错误，C正确；当物块与传送带一起做匀加速运动后，物块受静摩擦力，物块不可能从题图甲的左端滑下传送带，故A、D错误。 3.(2024·广东佛山市月考)如图所示，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当传送带将它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。假设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带与水平面的夹角为θ，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是(　　) A．要实现这一目的前提是μ<tan θ B．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零 C．全过程传送带对行李箱的摩擦力方向沿传送带向上 D．若使传送带速度足够大，可以无限缩短传送的时间 答案　C 解析　要实现这一目的前提是沿传送带向上的最大静摩擦力不小于重力沿传送带向下的分力，即μmgcos θ≥mgsin θ，可得μ≥tan θ，故A错误；做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力大小为f＝mgsin θ，故B错误；行李箱在加速阶段和匀速阶段受到的摩擦力方向均沿传送带向上，故C正确；若使传送带速度足够大，行李箱在传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无限缩短，故D错误。 4.(2023·广东深圳市模拟)某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到逆时针转动的水平传送带上，工件恰好能传送到另一端是合格的最低标准。假设传送带两个转轮之间的长度为18 m、运行速度是6 m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是12 m/s，工件可视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。则(　　) A．工件被传送到另一端的最长时间是3 s B．工件与传送带间动摩擦因数不大于0.1才合格 C．若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等 D．若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为12 m/s 答案　A 解析　工件恰好传到右端，有0－v02＝－2μgL，代入数据解得μ＝0.4，工件与传送带间动摩擦因数不大于0.4才为合格，此时用时t＝＝3 s，故A正确，B错误；若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等，故C、D错误。 5.(2024·广东潮州市高级中学月考)如图，长度l＝8 m的水平传送带以v1＝4 m/s的速度顺时针匀速转动，右端与倾角为37°的固定斜面底端在M点处平滑连接，斜面足够长，质量为m＝1 kg的物块以v2＝6 m/s的初速度滑上传送带左端，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.2，与斜面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物块第一次沿斜面上滑的最大距离s； (2)物块从开始运动至第三次通过M点时的速度大小v。 答案　(1)1 m　(2)2 m/s 解析　(1)物块滑上传送带，根据牛顿第二定律得μ1mg＝ma1 物块速度减小至与传送带速度相同时有v12－v22＝－2a1s1 解得s1＝5 m<l 可知随后物块以v1＝4 m/s的速度匀速运动通过M点滑上斜面，沿斜面上滑的过程中有 μ2mgcos 37°＋mgsin 37°＝ma2 上升至最大高度时有v12＝2a2s 解得s＝1 m (2)物块沿斜面下滑时有mgsin 37°－μ2mgcos 37°＝ma3 滑至M点时有v32＝2a3s 解得v3＝2 m/s 物块从M点滑上传送带速度减为0后反向加速，因v3<v1，所以第三次通过M点时速度大小为v＝v3＝2 m/s。 6．(多选)传送带的高效利用能为生活带来诸多便利，如图甲为一足够长的倾斜传送带，倾角θ＝37°，现以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的v－t图像如图乙所示，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A．图乙中t1＝0.75 s B．图乙中t2＝2 s C．煤块运动过程中距离A点的最远距离为10 m D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4)m 答案　BCD 解析　0～t1内，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得煤块的加速度大小为a1＝8 m/s2，所以t1＝＝ s＝1 s，故A错误；t1～t2内，根据牛顿第二定律得煤块运动的加速度大小为a2＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，所以t2＝＋t1＝2 s，故B正确；由图像知，在0～t2内，煤块向上运动的位移为s＝×(12＋4)×1 m＋×4×1 m＝10 m，故C正确；0～t1内，传送带位移大小为s1＝vt1＝4 m，由图像知煤块位移大小为8 m，煤块比传送带多走Δs1＝4 m，t1～t2内，传送带位移大小为s2＝v(t2－t1)＝4 m，由图像知煤块位移大小为2 m，传送带比煤块多走Δs2＝2 m，故煤块向上运动时划痕是4 m；当煤块下滑时，有s＝a2t32，解得t3＝ s，传送带向上运动的位移为s3＝vt3＝4 m，故划痕总长为Δs＝4 m－2 m＋10 m＋4 m＝(12＋4) m，故D正确。 7．(多选)(2024·广东深圳市南山为明学校开学考)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，小木块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后小木块的加速度为2gsin θ－ 答案　AD 解析　若传送带顺时针转动，当小木块下滑时(mgsin θ>μmgcos θ)，将一直匀加速到底端；当小木块上滑时(mgsin θ<μmgcos θ)，先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像，故传送带是逆时针转动，A正确；小木块在0～t0内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，即有a1＝gsin θ＋μgcos θ，由题图乙可知a1＝，则μ＝－tan θ，故B错误；经过分析，由题图乙可知，传送带的速度等于v0，C错误；小木块与传送带的速度相等后的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－，故D正确。 8.(2023·广东省模拟)快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图甲是快递分拣传送装置。它由两台传送机组成，一台水平传送，另一台倾斜传送，图乙是该装置示意图，CD部分倾角θ＝37°，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以4 m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图丙为水平传送带AB段数控设备记录的货物的运动图像，1.3 s时刚好达到B端，且速率不变滑上C端，已知两段传送带的动摩擦因数相同。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： (1)水平传送带AB的长度及动摩擦因数； (2)若CD段的长度为2.6米，则CD部分传送带速度至少为多少，快递员才能在D端取到货物。 答案　(1)3.6 m　0.5　(2)3 m/s 解析　(1)由v－t图像可知，传送带AB段的长度为LAB＝3.6 m 货物在水平传送带上运动时， 根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1 由题图丙可知货物在传送带AB上的加速过程加速度为a1＝ m/s2＝5 m/s2 则μ＝0.5 (2)依题意，货物以4 m/s滑上倾斜传送带CD部分，CD以顺时针方向转动但速度未知， 第一种情况：若传送带CD部分速度大于货物速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍弃； 第二种情况：若传送带CD部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方向沿斜面向下，则 ma2＝mgsin θ＋μmgcos θ， 解得a2＝10 m/s2 故货物先做匀减速直线运动，等到与传送带共速时由于μ<tan θ，故共速后将仍做匀减速直线运动 则有ma3＝mgsin θ－μmgcos θ， 解得a3＝2 m/s2 v－t图像如图： 则有s1＝，s2＝，LCD＝s1＋s2， 解得v＝3 m/s 即传送带的速度至少为3 m/s快递员才能在D端取得货物。 谢谢！ 学科网（北京）股份有限公司 $