专题2 微专题1“传送带”模型中的动力学和能量问题-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习讲义

微专题1“传送带”模型中的动力学和能量问题 考向探究》素养提升 1.求解传送带问题的方法和规律 心听课记录 (1)模型特征 传送带模型根据传送带与水平面的夹角可 分为“水平传送带模型”和“倾斜传送带模型”两 大类。如图甲、乙、丙、丁所示。 「典例2[水平传送带模 型]（多选）如图所示， ⊙→6 足够长的水平传送带 甲 丙 以。=2m/s的速度沿逆时针方向匀速转动， (2)解决传送带问题的方法和规律 在传送带的左端连接有一光滑的弧形轨道，轨 ①一种方法：图像法(-t图像、运动示意图)。 道的下端水平且与传送带在同一水平面上。现 ②三个关系：加速度关系、速度关系和位移关系 将一质量为m=1kg的滑块（可视为质点）从 (判断物体的运动状态)。 弧形轨道上高为h=0.8m的地方由静止释 ③四个规律：牛顿运动定律、运动学规律、动能 放，滑块与传送带间的动摩擦因数为4=0.4， 定理和功能关系（建立运动学、动力学和能量方 重力加速度g取10m/s2,则 () 程，进一步计算相关问题)。 A.滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为 2.功能转化的两个技巧 4 m/s (1)传送带对物体做的功：W=fx。f为物体 B.滑块在传送带上向右滑行的最远距离为 所受到的摩擦力（可以是静摩擦力，也可以是滑 2.5m 动摩擦力)，x为物体相对地面的位移。 C.滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送 (2)系统增加的内能：Q=fx相对。系统增加的 带最左端所用的时间为2.25s 内能等于滑动摩擦力与相对位移x相对的乘积。 D.滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送 只有发生了相对运动，二者之间才能产生热量， 带最左端的过程中，传动系统对传送带多做 因此∫为滑动摩擦力。 的功为12J (3)电动机由于输送物体多输出的电能：E电= △E。根据功能关系，电动机多输出的电能等于 心听课记录 物体增加的机械能加上系统因摩擦产生的 内能。 「典例1[水平传送带模型]（多 8” A 选)应用于机场和火车站的安 [典例3[倾斜传送带模 全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模 型]如图所示，倾角0= 型。传送带始终保持v=0.4m/s的恒定速率 37°的传送带顺时针转 B 运行，行李与传送带之间的动摩擦因数“= 动，传送带的长度（两轴 0.2,A、B间的距离为2m,g取10m/s2。旅 心距离)s=15m,质量 客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处， AQ1370 m=1kg的物块以初速 则下列说法正确的是 ( 度v。=2m/s从A端滑上传送带，从B端滑上 A.开始时行李的加速度大小为2m/s2 置于光滑水平面上质量为M=3kg、上表面为 B.行李经过2s到达B处 C.行李到达B处时速度大小为0.4m/s 光滑圆弧的槽车（物块由传送带滑上槽车时 D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 无机械能损失，光滑圆弧的半径足够大)。已知 0.08m 物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8， 第一部分专题二能量与动量 021 sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取 3 10m/s2. ,到达顶端前已与传送带共速。设散货与传 (1)为使物块到达传送带顶端时能以最大速度 感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变， 滑上槽车，传送带的传送速度至少为多少？ 水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质 (2)求物块以最大速度滑上槽车后，能上升的最 量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力 大高度； 加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货， (3)若传送带传送速度为v,且满足v>0。,写出 某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所 因物块与传送带摩擦产生的热量Q与的关 围面积为I,如图乙，求这段时间内： 系式。 自动调速 系统 心听课记录 少，口了冲量式传感器 B 货箱 30 A 用 0 (1)单个散货的质量； (2)水平传送带的平均传送速度大小； (3)倾斜传送带的平均输出功率。 心听课记录 「典例4[水平传送带与倾斜传送带组合模型] (2025·广西卷)图甲为某智能分装系统工作原 理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运 动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使 其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入已与水平 传送带共速的货箱中，此系统利用传感器探测 散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现 按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为 30°，以速度。匀速运行。若以相同的时间间 隔△1将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传 送带底端A,从放置某个散货时开始计数，当放 置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛 出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数：= 温馨提示》请完成课时作业⑥ 022 2对勾·讲与练·高三二轮物理故B错误；对小车根据动能定理有 Pt-(umg cos30°+mng sin30°)x= m,其中1=g,联立解得工 1 16Pu。2v8 ,故C正确；小车机械能 5mg 5g 增量为△E'=子mn+mgr sin30 8Pvo 3m.00 ,故D错误。 5g 10 微专题1“传送带”模型中 的动力学和能量问题 》考向探究·素养提升《 典例1AC开始时，对行李根据牛顿 第二定律有mg=ma,解得a= 2m/s2,故A正确：设行李做匀加速运 动的时间为t1,行李做匀加速运动的 末速度为v=0.4m/s,根据v=at1, 代入数据解得t1=0.2s,行李做匀加 1 速运动的位移大小为x= 号×2X0.2m=004m,微匀逢运动 的时间为t,= L-x=2-0.04 0.4 4.9s,可得行李从A到B的时间为t= t1十t2=5.1s,故B错误；由以上分析 可知行李在到达B处前已经与传送带 共速，所以行李到达B处时速度大小 为0.4m/s,故C正确：行李在传送带 上留下的摩擦痕迹长度为△x=t1 x=(0.4×0.2一0.04)m=0.04m,故 D错误。 典例2ACD 滑块刚滑上传送带左端 时的速度大小为0=√2gh= √J2×10X0.8m/s=4m/s,A正确； 滑块在传送带上向右滑行的加速度 a=ug=4m/s,滑行的最远距离为 42 2X4 m=2m,B错误；滑块 向右滑行的时间t1=巴=18，向左滑 行到与传送带共速时的时间t2=”= a 0.5s,向左滑行到与传送带共速时运 00 动的距离x1=2t:=0.5m,匀速滑到 最左端的时间t= xm-x1.2-0.5 Ua 2 0.75s,滑块从开始滑上传送带到第 次回到传送带最左端所用的时间为 t=t1十t2十t3=2.25s,C正确；滑块 从开始滑上传送带到第一次回到传送 带最左端摩擦生热Q=g(xm十 vot1）十umg(ot一x1),代入数据可 得Q=18J,此过程中摩擦力对滑块做 功为w=名0-m=合×1× 2J 。×1×4J=一6J,由能量守 恒定律可知带动传送带的传动系统多 做的功为W′=Q+W=18J一6J= 12J,D正确。 典例3(1)4m/s(2)0.6m 1(32v-96)Jv≥4m/s, (3)Q= 8(o-2)2J2m/s<v<4m/s 解析：(1)为使物块到达传送带顶端时 能以最大速度滑上槽车，物块应在传 送带上一直被加速，到达顶端时物块 速度小于或等于传送带速度，设物块 的最大速度为0m,根据牛顿第二定律 得mgcos37°-mg sin37°=ma, 代入数据解得a=0.4m/s, 由动能定理得 W.-mas-2mv2mv. 则传送带的最小速度 u'=vm=√06+2as, 解得m=4m/s。 (2)物块上升到最大高度时与槽车共 速，速度记为1，上升高度记为h,由 动量守恒定律可得(m十M)U1=m, 由能量守恒定律可得 2mvm2(m+M)v=mgh, 联立解得h=0.6m。 (3)若v≥4m/s,则物块在传送带上一 直被加速，加速度大小为a=0.4m/s, 设加速时间为t, 则由s=0ot+2at可得t=5s, 此时因物块与传送带摩擦产生的热量 Q=f△x=ng cos37°(t-s)= (320-96)J; 若<v<4m/s,则物块在传送带上 先加速，后匀速，加速度大小 a=0.4m/s,设加速时间为t', 则有t'= 0-00=(2.5-5）s, 此时因物块与传送带摩擦产生的热量 Q=f△z=ongcos37t'-2a) 8(0-2)2J。 典例4(1) (2)MvoAt （3)2u,+9g4) 2△t 解析：(1)对单个散货水平方向由动量 定理一I=0一mv。,解得单个散货的质 量为m一 (2)落入货箱中散货的个数为V= M_M,则水平传送带的平均传送 速度大小为u=N△tM,△t d (3)设倾斜传送带的长度为L,其中散 货在加速阶段，由牛顿第二定律 mg cos30°-mg sin30°=ma, 1 解得a= 48 加速时间t1= a g 1 2℃6 加速位移x1=2ati= g 设匀速时间为t2,其中t1十t2=9△t, 则匀速位移为 故传送带的长度为 2vi L=x1+x2=90o△t g 在加速阶段散货与传送带发生的相对 2u号 位移为△x=t1一x1= g 在△t时间内传送带额外多做的功为 1 W=2m0。+mgL sin30+Q,其中 2 m=,L=9o△t g W Q=mg cos30°△x,P=1 △t 联立可得倾斜传送带的平均输出功率 I(2uo+9g△t) 为P= 2△t 第6讲 动量定理和动量守恒定律 》考向探究·素养提升《 考向一动量定理的理解及应用 典例1AB无人 机经飞控系统实 时调控，在拉力、 空气作 力和重 F 力作用 沿水平 方向做匀速直线 mg 运动， 无人机 受到的空气作用 力与重 和拉力 的合力等大反向，随着F的减小，重力 和拉力的合力如图，可知无人机受到 空气作用力的大小和方向均会改变， 在T时刻有 c0s120°= (mg)2+F2-F ,F=F。 2mgF T,解得F= √/(F。-kT)2+(mg)+mg(F。-kT), 故A正确，D错误；由于拉力F随时 间t均匀变化，则无人机在0到T时 间段内受到拉力的冲量大小为F- 图像与坐标轴围成的面积，为(F。 2T)T,放B正确：将拉力分解为水 平和竖直方向，则无人机受重力和拉 方的合力在水平方向有下，(F。 k),无人机受重力和拉力的合力在竖 直方向有F,=号(F。一1)+mg,0 2 到T时间段内，无人机受重力和拉力 的合力在水平方向的冲量为I,= (P,T-T)0到T时同我内 无人机受重力和拉力的合力在竖直方 向的冲量为1，=合F,T-子T十 mgT,则0到T时间段内无人机受到 重力和拉力的合力的冲量大小为I= √T+I= √(T-r+了r）+w &T. 故C错误。 参考答案 221