2.3 微专题强化一 应用动力学、能量观点解决传送带问题-（教师用书）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

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。 学生用书⬇第31页 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.(2025·重庆部分学校大联考)如图甲所示，水平传送带顺时针转动，速度大小为v＝4 m/s，A、B分别为传送带水平部分的左、右端点。某时刻开始，使用简易弹射装置将M、N两滑块以v0＝3 m/s的速度从右端滑上传送带，其俯视图如图乙。已知M与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.5，N与传送带之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，若传送带长度合适，可使N从传送带左端掉落，M从传送带右端掉落。M、N均可视作质点，重力加速度g取10 m/s2。 (1)刚滑上传送带时，求M、N各自的加速度大小； (2)为保证N、M分别从传送带左、右两端掉落，求A、B两点间的最长距离； (3)若A、B两点间距离为2 m，滑块M的质量为2 kg，求M从滑上传送带到掉落的全过程中M与传送带因摩擦产生的热量。 答案：(1)5 m/s2　2 m/s2　(2)2.25 m　(3)48 J 解析：(1)根据牛顿第二定律 对M有μ1m1g＝m1a1 解得a1＝5 m/s2 对N有μ2m2g＝m2a2 解得a2＝2 m/s2。 (2)N从左端离开，说明N到达传送带左端时，速度还未减为零。M从右端离开，说明M到达传送带左端时速度恰好减为零或者未到传送带左端时速度已经减为零。取临界条件，对N有02－＝－2a2x2 解得x2＝2.25 m 若要N从左端离开，A、B两点间距离不能超过2.25 m 对M有02－＝－2a1x1 解得x1＝0.9 m 若要M从右端离开，A、B两点间距离不能小于0.9 m 故A、B两点间的最长距离为2.25 m。 (3)由于x1＝0.9 m＜2 m，故M不会从传送带左端掉落。 设M减速到零所用时间为t1，则0＝v0－a1t1 解得t1＝0.6 s M减速到零的过程中，传送带的位移大小为 x＝vt1＝2.4 m M与传送带相对位移大小为Δx＝x＋x1＝3.3 m 根据对称性，M向右加速至3 m/s时离开传送带 M向右加速过程中，M位移大小为x1'＝x1＝0.9 m M向右加速过程中，传送带位移大小为x'＝x＝2.4 m M与传送带相对位移大小为Δx'＝x'－x1'＝1.5 m M与传送带因摩擦产生的热量为Q＝μ1m1g(Δx＋Δx')＝48 J。 预测2.(2025·重庆一中期中)图(a)为重庆江北国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图(b)，该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平台面的夹角θ＝37°，传送带匀速转动时，工作人员将正方体货物(可视为质点)从D点由静止释放，在L＝10 m处取下货物，货物运动时的剖面图如图(c)所示，已知传送带匀速运行的速度v＝2 m/s，货物质量m＝10 kg，其底部与传送带上表面ABCD间的动摩擦因数为μ1＝0.5，其侧面与挡板CDEF间摩擦不计(重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力)。 (1)求传送带上表面对货物的摩擦力大小Ff1； (2)货物在传送带上运动的时间t； (3)若货物侧面与挡板CDEF间动摩擦因数为μ2＝0.25，求由于传送该货物传送带电动机多消耗的电能。 答案：(1)40 N　(2)5.25 s　(3)202 J 解析：(1)货物放上传送带后，由剖面图对货物受力分析如图甲所示 设传送带对货物的摩擦力为Ff1，传送带对货物的支持力为FN1，挡板对货物的支持力为FN2，则FN1＝mgcos θ，Ff1＝μ1FN1 代入数据解得Ff1＝40 N。 (2)设货物由静止放上传送带获得的加速度为a，则有Ff1＝ma 解得a＝4 m/s2 设货物经时间t1与传送带达到共速，位移为x1，由运动学公式得v＝at1，x1＝vt1 解得t1＝0.5 s，x1＝0.5 m＜L 所以货物能与传送带达到共速，共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设再经过时间t2到达目的地，则有L－x1＝vt2 解得t2＝4.75 s 货物运动的总时间为t＝t1＋t2＝5.25 s。 (3)挡板对货物的摩擦力为 Ff2＝μ2FN2＝μ2mgsin θ＝15 N 两个摩擦力的方向如图乙所示(向右为前进方向) 货物刚放上传送带时有 Ff1－Ff2＝ma' 解得a'＝2.5 m/s2 设经时间t3货物与传送带达到共速， 所以t3＝＝0.8 s 此时货物的位移为x1'＝vt3＝0.8 m＜L 电动机多消耗的电能转化为货物的动能和系统的内能，则E＝ΔEk＋Q1＋Q2＝mv2＋Ff1(vt3－x1')＋Ff2L＝202 J。 学生用书⬇第32页 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(　　) 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.如图所示，传送带与水平面夹角θ＝30°，底端到顶端的距离L＝6 m，运行速度大小v＝2 m/s。将质量m＝1 kg的小物块轻放在传送带底端，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.物块从斜面底端到达顶端的时间为2 s B.物块相对传送带的位移大小为6 m C.物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做功为32 J D.物块被运送到顶端的过程中，电动机至少对传送带做功48 J 答案：C 解析：物块刚放上传送带时，所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma1，解得a1＝1 m/s2，物块速度与传送带速度相等时，所用的时间t1＝＝2 s，共速之后，由于mgsin θ＜μmgcos θ，摩擦力突变为静摩擦力，大小为mgsin θ，物块与传送带保持相对静止向上运动，物块匀加速阶段的位移x1＝＝2 m，传送带的位移x1'＝vt1＝4 m，物块与传送带保持相对静止运动的时间t2＝＝2 s，物块从斜面底端到达顶端的时间t＝t1＋t2＝4 s，物块相对传送带的位移大小为Δx＝x1'－x1＝2 m，故A、B错误；物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做功为W＝μmgcos θ·x1＋mgsin θ·(L－x1)＝32 J，故C正确；物块被运送到顶端的过程中，电动机至少对传送带做的功为W'＝μmgcos θ·Δx＋mgLsin θ＋mv2＝44 J，故D错误。故选C。 学科网（北京）股份有限公司 $