专题五 动力学中的“传送带”模型 讲义-2027届高三物理一轮复习

专题五　动力学中的“传送带”模型 讲义 模型一　水平传送带 1．信息分析 (1)摩擦力方向的判断：同向“以快带慢”、反向“互相阻碍”。 (2)共速时摩擦力突变的可能： ①滑动摩擦力突变为0； ②滑动摩擦力突变为静摩擦力； ③摩擦力方向突变。 2.水平传送带问题的常见情形及运动分析 情景 物块的运动情况 关键点 传送带不足够长 传送带足够长 一直匀加速，a＝μg 先加速后匀速 水平同向传送带:判断物块能否与传送带共速 若x物>L，则不能共速 若x物≤L，则能共速 v0< v时，一直加速 v0<v时，先加速后匀速 v 0> v时，一直减速 v0>v时，先减速后匀速 一直减速到右端 先匀减速到速度为0，后被传送带传回左端。若v0<v返回到左端时速度为v0，若v0>v返回到左端时速度为v 水平反向传送带:判断物块能否减速到0 3.关于物体相对传送带位移的求解方法，若物体相对传送带的位移大小为Δx。 (1)若有一次相对运动:Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传，Δx也是划痕长度。 (2)若有两次相对运动:两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲); 两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。 典例1： (多选)应用于机场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＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　) A.开始时行李的加速度大小为2 m/s2 B.行李经过2 s到达B处 C.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.12 m D.当行李的速度与传送带的速度相同时，传送带立刻停止运动，整个过程中行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.04 m 答案　AD解析　开始时行李的加速度大小为a＝＝2 m/s2，A正确;行李与传动带达到共速所用时间t1＝＝0.2 s，行李的位移为x1＝a＝0.04 m<2 m，则两者能共速。行李匀速运动的时间为t2＝＝4.9 s，行李到达B处的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，B错误;行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x1＝0.04 m，C错误;共速时传送带立刻停止运动，行李做匀减速运动的位移为x2＝＝0.04 m，两段划痕的长度重合，则摩擦痕迹长度为0.04 m，D正确。 典例2：如图甲,水平传送带(A、B为左右两端点)顺时针匀速转动,t=0时在A点轻放一个小物块,物块在传送带上运动全过程中的位移—时间关系图像如图乙(0～4 s为抛物线,4～6 s 为直线)。重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.若传送带在t=4 s时停止转动,则物块将停在B点左侧 B.若该物块以6 m/s的速率从B端向左滑上传送带,则物块从传送带的左侧离开 C.若该物块以6 m/s的速率从B端向左滑上传送带,则物块从传送带的右侧离开 D.若该物块以2 m/s的速率从B端向左滑上传送带,物块在传送带上滑过的长度为8 m 答案　B解析　 4～6 s图像为直线,则物块做匀速直线运动,可知传送带的速度为v== m/s=4 m/s,在0～4 s内物块做匀加速直线运动,根据公式x=at2,解得a=1 m/s2,而a=μg,解得μ=0.1,若传送带在t=4 s时停止转动,则物块将做匀减速直线运动,此时加速度大小为a′=1 m/s2,若滑块停止,其位移x==8 m,即物块停于B点,故A错误。当该物块以v′=6 m/s的速率从B端向左滑上传送带时,它向左减速运动至速度为0的位移为x′==18 m>16 m,则物块从传送带左侧离开,故B正确,C错误。物块以v″=2 m/s 的速率从B端向左滑上传送带,当速度变为0,其位移x″==2 m,时间t1==2 s,则传送带位移x1=vt1=8 m,而x″、x1方向相反,则物块相对传送带滑动的距离为Δx1=x″+x1=10 m;此后物块向右加速运动,当速度大小变为2 m/s 时,回到B点而离开传送带,由运动的对称性可知,物块、传送带位移大小分别等于x″、x1,方向均向右,则物块相对传送带滑动的距离Δx2=x1-x″=6 m,整个过程物块在传送带上滑过的长度为Δx=Δx1+Δx2=16 m,故D错误。 模型二　倾斜传送带 1．信息分析 (1)解决倾斜传送带问题时要特别注意mg sin θ与μmg cos θ的大小和方向的关系，即比较μ与tan θ的大小关系，从而进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。 (2)当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。 2.倾斜传送带运动分析 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 一直加速(加速度 a＝gsin θ＋μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后匀速 若μ<tan θ，先以a1＝gsin θ＋μgcos θ加速，后以a2＝gsin θ－μgcos θ加速 v0<v时，一直加速(加速度a＝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，一直加速或减速(加速度大小为a＝ gsin θ－μgcos θ 或a＝μgcos θ－gsin θ) 若μ>tan θ，先减速后匀速;若μ<tan θ，一直加速 (摩擦力方向一定沿斜面向上) gsin θ>μgcos θ，一直加速; gsin θ＝μgcos θ，一直匀速 gsin θ<μgcos θ， 一直减速 先减速到速度为0后反向加速:若v0<v，到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动);若v0>v，先减速到0再反向加速后匀速，返回原位置时速度大小为v 典例3：如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端，物体相对地面的v－t图像如图乙所示，2 s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则(　　) A.传送带的倾角θ＝30° B.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4 C.传送带上、下两端的间距为15 m D.物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m 答案　D解析　由题图乙得0~1 s内物体的加速度a1＝＝10.0 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1;1~2 s内加速度a2＝＝2.0 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故A、B错误;由题意可知物体在0~2 s内的位移大小等于传送带上、下两端的距离，根据v－t图像与t轴所围的面积表示位移，可知位移l＝ m＋×1.0 m＝16 m，故C错误;由题图乙知传送带的速率v0＝10 m/s，则0~1 s内，物体的位移为x1＝ m＝5 m，传送带的位移为x2＝v0t1＝10×1.0 m＝10 m，故物体与传送带间相对位移大小为Δx1＝x2－x1＝10 m－5 m＝5 m，物体相对传送带向上运动;1~2 s内物体的位移为x3＝×1.0 m＝11 m，传送带的位移为x4＝v0t2＝10×1 m＝10 m，故物体与传送带间相对位移大小为Δx2＝x3－x4＝1 m，物体相对传送带向下运动，痕迹重叠1 m，因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m，故D正确。 典例4：机场地勤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＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角θ＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/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μ＝0.8。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求: (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a; (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 答案　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s 解析　(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得a＝0.4 m/s2。 (2)小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，所用时间 t1＝ s＝2.5 s 在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcos θ>mgsin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端， 匀速运动的时间为t2＝ s＝2 s 所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。 典例5：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v=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段数控设备记录的物体的运动图像,t1=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。(g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)求水平传送带AB的长度LAB及动摩擦因数μ; (2)分拣过程中有瓶颜料破损了,在传送带上留下了一道痕迹,工作人员发现后在B处将其拿走,求痕迹的长度s; (3)若CD段的长度为LCD=2.6 m,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)1.6 m　(3)3 m/s 解析　 (1)由题图丙可知,水平传送带AB的长度 LAB=[×4×0.8+4×(1.3-0.8)] m=3.6 m, 货物的加速度为a= m/s2=5 m/s2, 根据牛顿第二定律有μmg=ma, 则μ=0.5。 (2)痕迹的长度等于v-t图像中传送带图线所围面积与颜料瓶图线面积之差, 得s=×4×0.8 m=1.6 m。 (3)设CD传送带的最小速度为v0,起初货物沿传送带向上运动,其速度大于传送带的速度,因此受到的摩擦力沿斜面向下,则 mgsin θ+μmgcos θ=ma1, 解得a1=10 m/s2, 当货物与传送带共速以后货物受到的摩擦力沿斜面向上,此时有 mgsin θ-μmgcos θ=ma2, 解得a2=2 m/s2,方向沿传送带向下, 根据运动学规律,二者共速前位移x1=, 共速后位移x2=,且x1+x2=LCD, 代入数值解得v0=3 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $