第1部分 专题2 3 微专题强化一 应用动力学、能量观点解决传送带问题（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

微专题强化一　应用动力学、能量观点解决传送带问题 传送带问题的思路与方法 水平传送带上物体的运动分析和能量计算 (多选)(2025·贵州新高考模拟)如图所示，水平传送带长x＝6 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，倾角θ＝37°的光滑斜面与传送带右侧平滑连接，斜面长为L＝3 m，质量为m＝1 kg的乙静止在斜面底 学生用书⬇第31页 端，将相同质量的甲从斜面顶端由静止释放，甲与乙发生弹性碰撞，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是 A.物体乙滑上传送带的速度为6 m/s B.物体乙能够运动到B端 C.整个过程中物体乙在传送带上留下的划痕长度为3.2 m D.整个过程中因摩擦产生的热量为32 J 审题指导： 题眼点拨 (1)甲与乙的质量相同，发生弹性碰撞，碰后交换速度 (2)乙滑上传送带，运动方向与传送带运动方向相反→可通过计算判断乙能否到达传送带左端 (3)若乙不能到达传送带左端→将返回运动，但乙相对传送带仍是向左运动 (4)因摩擦产生的热量→等于摩擦力大小乘以相对路程 模型方法 1.传送带模型 2.Q＝Ff·s相对 答案：AD 解析：甲沿斜面下滑，根据牛顿第二定律可得mgsin 37°＝ma1，L＝，解得v0＝6 m/s，甲与乙发生弹性碰撞，有mv0＝mv1＋mv2，m＝m＋m，解得v1＝6 m/s，v2＝0，由此可知物体乙滑上传送带的速度为6 m/s，故A正确；乙在传送带上先向左做匀减速直线运动，其位移为x1＝，μmg＝ma2，解得x1＝3.6 m＜x＝6 m，由此可知，乙不能够运动到B端，故B错误；乙做匀减速直线运动的过程中，相对传送带的位移大小为Δx1＝x1＋v·＝6 m，之后乙反向加速，直到与传送带达到共速，相对传送带的位移大小为Δx2＝v·－＝0.4 m，所以整个过程中物体乙在传送带上留下的划痕长度为l＝Δx1＋Δx2＝6.4 m，故C错误；整个过程中因摩擦产生的热量为Q＝μmg(Δx1＋Δx2)＝32 J，故D正确。故选AD。 划痕长度与摩擦生热的计算 1.若只有一个相对运动过程，划痕长度等于相对位移的大小。若有两个相对运动过程，两过程的相对位移方向相同时，划痕长度等于相对位移的大小之和；两过程的相对位移方向相反时，划痕长度等于较大的相对位移的大小。 2.全过程产生的热量Q＝Ffs相对，s相对为相对滑动的两物体的相对路程。 预测1.(多选)如图为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v0＝1 m/s顺时针转动。建筑工人将质量m＝20 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1 m/s的速度向右匀速运动。已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2。以下说法正确的是 A.建筑工人比建筑材料早0.5 s到右端 B.建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动 C.因运输建筑材料电动机多消耗的能量为10 J D.运输带对建筑材料做的功为10 J 答案：AD 解析：建筑工人匀速运动到右端，所需时间t1＝＝2 s，假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为a＝μg＝1 m/s2，加速的时间为t2＝＝1 s，加速运动的位移为x1＝t2＝0.5 m＜L，假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为t3＝＝1.5 s，因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为Δt＝t2＋t3－t1＝0.5 s，A正确，B错误；建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运输带的位移为x2＝v0t2＝1 m，则因摩擦而生成的热量为Q＝μmg(x2－x1)＝10 J，由动能定理可知，运输带对建筑材料做的功为W＝m＝10 J，则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为Q＋W＝20 J，C错误，D正确。故选AD。 预测2.(多选)(2025·广东省潮州期中考试)如图所示，一质量为1 kg可视为质点的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，斜面AB的倾角为37°，A、B间距离为4 m，小物块经2 s运动到B点后通过一小段光滑的衔接弧面滑上与地面等高的传送带，传送带以6 m/s的恒定速率顺时针运行，传送带B、C间距离为8 m，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计衔接弧面的运动时间和空气阻力。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，下列说法正确的是 A.小物块在传送带上B、C之间的运动时间为1 s B.小物块与斜面AB间的动摩擦因数为0.5 C.小物块在传送带上运动时，因摩擦产生的热量为2 J D.整个过程中传送带电动机多消耗的电能为16 J 答案：BC 解析：小物块在斜面上运动的加速度为a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，到达B点时的速度vB＝a1t1＝4 m/s，小物块滑上传送带后的加速度a2＝μ2g＝2 m/s2，在传送带上加速的时间t2＝＝1 s，加速的位移x1＝t2＝5 m，匀速的时间t3＝＝ s＝0.5 s，则小物块在传送带上B、C之间的运动时间为t2＋t3＝1.5 s，A错误；在斜面上，根据牛顿第二定律有mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1，解得μ1＝0.5，B正确；小物块在传送带上运动时，因摩擦产生的热量为Q＝μ2mg(v传t2－x1)＝2 J，C正确；整个过程中传送带电动机多消耗的电能为ΔE＝Q＋＝12 J，D错误。故选BC。 倾斜传送带上物体的运动分析和能量计算 如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v沿逆时针方向运行。t＝0时刻，质量m＝2 kg的小物块以初速度v0从A端滑上传送带，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，沿传送带向下为正方向，t＝1.25 s时小物块从B端滑离传送带。重力加速度g取10 m/s2，则 学生用书⬇第32页 A.传送带的倾角θ＝60° B.小物块对传送带做功18 J C.小物块在传送带上留下的痕迹长度为1.25 m D.小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为4.5 J 答案：B 解析：由题图乙可知，小物块在0～0.25 s内和0.25～1.25 s内的加速度分别为a1＝ m/s2＝8 m/s2，a2＝ m/s2＝2 m/s2，在0～0.25 s内和0.25～1.25 s内，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立得θ＝30°，μ＝，故A错误；由题图乙可知，传送带的运行速率为v＝4 m/s，在0～0.25 s内和0.25～1.25 s内，传送带的位移大小分别为x1＝vt1＝4×0.25 m＝1 m，x2＝vt2＝4×1 m＝4 m，所以小物块对传送带做的功为W＝－μmgcos θ·x1＋μmgcos θ·x2，求得W＝18 J，故B正确；在题图乙中画出传送带的v -t图像如图所示，由图像可得，在0～0.25 s内，小物块相对于传送带向上滑行的位移大小为x相1＝ m＝0.25 m，在0.25～1.25 s内，小物块相对于传送带向下滑行的位移大小为x相2＝ m＝1 m，所以，小物块在传送带上留下的痕迹长度为l＝x相2＝1 m，故C错误；小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为Q＝μmgcos θ·(x相1＋x相2)＝7.5 J，故D错误。故选B。 在快递分类时常用传送带运送快件，一倾角为37°的传送带在电动机的带动下以恒定速率顺时针方向运行，传送带底端到顶端的距离为L＝10.5 m，如图甲所示。现将一质量m＝2.0 kg的快件静止放于传送带底端，以传送带最底端所在平面为参考平面，快件在传送带上运动整个过程中速度的平方v2随位移x的变化关系如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，快件可视为质点，求： (1)快件与传送带之间的动摩擦因数μ； (2)快件从传送带底端到顶端过程电动机多消耗的电能E。 审题指导： 题眼 点拨 (1)通过图乙给出的图像判断快件的运动情况→求出第一段的加速度 (2)电动机多消耗的电能→等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和 模型 方法 1.能量守恒定律的应用 2.痕迹长度的求解 答案：(1)0.875　(2)198 J 解析：(1)快件放上传送带先做匀加速直线运动，根据v2＝2ax，结合题图乙可得快件做匀加速运动的加速度a＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得快件与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.875。 (2)设传送带的速度为v0，根据题图乙可知v0＝3 m/s，快件加速的时间t1＝＝3 s，快件与传送带的相对位移Δx＝v0t1－v0t1＝4.5 m，快件和传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmgcos 37°·Δx，电动机多消耗的电能等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，即E＝mgLsin 37°＋m＋Q＝198 J。 预测.(2024·广东阳江二模)如图为某小型购物商场的电梯(可视为传送带)，长L＝7.0 m，倾角θ＝37°。在某次搬运货物时，售货员将质量为m＝50 kg的货物无初速度地放在电梯的最下端，然后启动电机，电梯先以a0＝1 m/s2的加速度顺时针做匀加速运动，速度达到v0＝2 m/s后匀速运动。已知货物与电梯表面的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力。求： (1)货物从电梯底端运动到顶端所用的时间； (2)电机因运送该货物多做的功(忽略电梯自身动能的变化)。 答案：(1)6 s　(2)3 160 J 解析：(1)对货物进行受力分析，货物受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，由牛顿第二定律有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma 解得a＝0.4 m/s2＜1 m/s2 所以货物先以0.4 m/s2的加速度向上做匀加速运动，当速度与传送带速度相等时再做匀速直线运动。根据匀变速直线运动规律，货物匀加速阶段的位移x满足＝2ax 代入数据解得x＝＝5 m 匀加速阶段的时间为t1＝＝5 s 之后做匀速直线运动，匀速运动的时间为 t2＝＝1 s 货物从电梯底端运动到顶端所用的时间 t＝t1＋t2＝6 s。 (2)根据功能关系可知，电机因运送该货物多做的功等于货物增加的动能、重力势能以及在皮带上产生的热量之和，则有W＝m＋mgh＋Q Q＝μmgx相对cos 37°，x相对＝x皮－L x皮＝＋v0(t－)＝10 m h＝Lsin 37° 联立解得W＝3 160 J。 专题集训(七)　应用动力学、能量观点解决传送带问题 (时间：45分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－4题，每题5分，共20分) 1. (多选)机场和火车站的安全检查仪用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图所示模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率向左转动。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则 A.乘客与行李同时到达B处 B.乘客比行李提前0.5 s到达B处 C.行李比乘客提前0.5 s到达B处 D.若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处 答案：BD 解析：行李无初速度地放在传送带上，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度做匀速直线运动。加速时加速度a＝μg＝1 m/s2，所用时间t1＝＝1 s达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝＝1.5 s，到达B处共用时t＝t1＋t2＝2.5 s，乘客到达B处用时t'＝＝2 s，故B正确，A、C错误；若传送带速度足够大，行李一直匀加速运动，最短运动时间tmin＝＝2 s，故D正确。故选BD。 2.如图所示，传送带以恒定速度v0向右运动，A、B间距为L，质量为m的物块无初速度放于左端A处，同时用水平恒力F向右拉物块，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，物块从A运动到B的过程中，动能Ek随位移x变化的关系图像不可能的是 答案：A 解析：开始时物块受向右的拉力F和向右的摩擦力Ff而做加速运动，则动能Ek＝(F＋Ff)x；若物块在到达最右端之前还未与传送带共速，此时图像为C；若F＞Ff，则当物块与传送带共速后还会加速，此时动能增加量ΔEk＝(F－Ff)x，此时图像为D；若F≤Ff，则当物块与传送带共速后会与传送带一起匀速运动，动能不变，此时图像为B；物块与传送带共速后只能匀速或者加速，不可能减速，则图像A不可能。故选A。 3.(多选)(2025·湖南常德期末)如图所示，光滑弧面顶端固定一弹簧，一固定在P点的物块将弹簧压缩，弧面下端与沿逆时针方向匀速转动的传送带相切于N点，物块的质量为m，传送带速率为v，传送带与物块间的动摩擦因数为μ。由静止释放物块，设物块下滑至N点时的速度大小为vN，传送带足够长，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.物块从P点运动到N点的过程中机械能守恒 B.若vN＞v，则物块能再次回到P点 C.若vN＝v，则物块在传送带上先后两次经过N点的过程中，传送带克服摩擦力做功W＝2mv2 D.若vN＜v，则物块第二次经过N点时传送带上的划痕长度为 答案：CD 解析：由于弹簧压缩，则由静止释放物块，弹簧对物块做正功，则物块从P点运动到N点的过程中，物块的机械能增加，故A错误；若vN＞v，由于传送带足够长，物块开始向右匀减速运动至速度为0，后向左匀加速运动至速度为v，再以速度v匀速运动至N点，此时物块的动能小于从P滑至N点时的动能，即小于物块开始在P点的重力势能与弹簧的弹性势能之和，可知，物块不能再次回到P点，故B错误；若vN＝v，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动，加速度相等，有－v＝v－μgt，解得t＝，此过程传送带的位移x＝vt＝，则传送带克服摩擦力做功W＝μmgx＝2mv2，故C正确；若vN＜v，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动，加速度相等，有－vN＝vN－μgt1，解得t1＝，物块从第一次经过N点到第二次经过N点，物块的总位移为0，则传送带上的划痕长度为x1＝vt1＝，故D正确。故选CD。 4.(2025·广东佛山二模)向飞机上装运货物行李时，通常用到可移动式皮带输送机。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，关于物块重力势能Ep、机械能E、所受摩擦力的大小Ff和摩擦力功率的大小P的图像可能正确的是 答案：D 解析：0～t0时间内，小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，此过程其受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，且滑动摩擦力Ff1＞mgsin θ；t0时刻之后物块与传送带相对静止，物块以速度v0做匀速直线运动到达传送带顶端，此过程其受到沿传送带向上的静摩擦力作用，且静摩擦力Ff2＝mgsin θ，故C错误。设0～t0时间内，小物块的加速度为a，此过程滑动摩擦力的功率为P＝Ff1v＝Ff1at，P -t图像为过原点的倾斜直线；t0时刻之后，静摩擦力的功率为P2＝Ff2v0，P2为恒定值，滑动摩擦力的功率最大值Pm＝Ff1vm＝Ff1at0，可知P2＜Pm，故D可能正确。整个过程中，滑动摩擦力和静摩擦力均对物块做正功，由功能关系可知物块的机械能一直增加，故B错误。设0～t0时间内，小物块的位移大小为x，则x＝at2，此过程物块的重力势能为Ep＝mgxsin θ＝mgasin θ·t2，可知此过程的Ep -t图像为曲线，故A错误。故选D。 5.(15分)(2024·惠州市期末)如图所示，水平传送带顺时针匀速转动，左右两端距离L＝3 m，将一质量m＝0.1 kg的小铁块(可看作质点)轻轻放在传送带左端，小铁块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4。小铁块从A点飞出后，恰好从竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道，小铁块恰好能通过圆弧轨道的最高点D。已知θ＝37° ，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平传送带离B端的竖直高度H＝0.45 m，圆弧轨道半径R＝0.4 m，C点为圆弧轨道的最低点，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2，求： (1) 小铁块运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小vD； (2) 小铁块在竖直圆弧轨道上运动的过程中克服摩擦力所做的功Wf； (3) 水平传送带的速度大小v。 答案：(1)2 m/s　(2)0.33 J　(3)4 m/s 解析：(1)小铁块恰好能通过D 点时，由牛顿第二定律得mg＝m 解得vD＝2 m/s。 (2)小铁块从A 点到B 点，由平抛运动规律有 ＝2gH 根据几何知识得sin θ＝ 解得vB＝5 m/s 从B点到D点，根据动能定理得－mgR(1＋cos θ)－Wf＝m－m 解得Wf＝0.33 J。 (3)小铁块从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有tan θ＝ 小铁块离开A点的速度vA＝4 m/s 小铁块在传送带上运动，根据动能定理得 μmgs＝m 解得s＝2 m 因s＜L，故小铁块在传送带上先做匀加速直线运动，跟传送带共速后做匀速直线运动，故传送带的速度大小v＝vA＝4 m/s。 6.(15分)(2024·广东梅州二模)某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ＝37°，顺时针转动的速率为v0＝2 m/s。将质量为m＝25 kg的物体无初速度地放在传送带的顶端A，物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M＝50 kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.25，AB的距离为s＝8.20 m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物体刚开始下滑时的加速度大小和物体滑上木板左端时的速度大小； (2)若地面光滑，要使物体不会从木板上掉下，木板长度L至少应是多少？ 答案：(1)10 m/s2　6 m/s　(2)4.8 m 解析：(1)物体与传送带同速前，由牛顿第二定律，有mgsin 37°＋μ1mgcos 37°＝ma1 解得a1＝10 m/s2 设物体与传送带同速时运动的位移为x1，则对物体有＝2a1x1 解得x1＝0.20 m＜s 此后物体继续在传送带上做匀加速运动，设加速度大小为a2，则mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma2 设物体到达B端时的速度大小为v，根据运动学公式有v2－＝2a2(s－x1) 解得物体滑上木板左端时的速度大小v＝6 m/s。 (2)若地面光滑时，对物体和木板组成的系统有 mv＝(m＋M)v共 －μ2mgL＝(m＋M)－mv2 解得L＝4.8 m。 学生用书⬇第33页 学科网（北京）股份有限公司 $