滑块在传送带上的运动专题(很全面)

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(完整版)高中物理传送带模型(解析版)

送带模型1.模型特征(1)水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。

其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0(2)倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后以a2加速(6)可能一直减速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速2. 注意事项（1）传送带模型中要注意摩擦力的突变①滑动摩擦力消失②滑动摩擦力突变为静摩擦力③滑动摩擦力改变方向（2）传送带与物体运动的牵制。

牛顿第二定律中a 是物体对地加速度，运动学公式中S 是物体对地的位移，这一点必须明确。

（3）分析问题的思路：初始条件→相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→分析出物体受的合外力和加速度大小和方向→由物体速度变化再分析相对运动来判断以后的受力及运动状态的改变。

【典例1】如图所示，传送带的水平部分长为L ，运动速率恒为v ，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是( )A.L v ＋v 2μgB.L vC.2L μgD.2L v【答案】 ACD【典例2】如图所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/s ，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间．【答案】 (1)4 s (2)2 s【典例3】如图所示，与水平面成θ＝30°的传送带正以v ＝3 m/s 的速度匀速运行，A 、B 两端相距l ＝13.5 m 。

(完整版)高中物理传送带模型(解析版)

牛顿第二定律中a 是物体对地加速度，运动学公式中S 是物体对地的位移，这一点必须明确。

高中物理传送带问题(全面)讲解

2.常用方法: 动力学方法图像法功能关系法动量的观点
一般分类：
1.水平传送带匀速运动
2.水平传送带变速运动 3.斜面形传送带 4.组合传送带
五、分类解析
（三）斜面形传送带 1.传送带匀速向上运动（1）物体由顶端释放（2）物体由底端释放 2.传送带匀速向下运动（1）物体由顶端释放（2）物体由底端释放
f L=1/2m(v02-v12)
传送带转动时，可能一直减速，也可能先加（减）速后匀速
运动，相对滑动的距离为s f s=1/2m(v02-v22)
s≤L
∴v2≥v1
例5、如图示，传送带与水平面夹角为370 ，并以 v=10m/s运行，在传送带的A端轻轻放一个小物体，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5， AB长16米，求：以下两种情况下物体从A到B所用的时间.
v
30°
解: 设工件向上运动距离S 时，速度达到传送带的速度v ，由动能定理可知
μmgS cos30°– mgS sin30°= 0－ 1/2 mv2
解得 S=0. 8m，说明工件未到达平台时，速度已达到 v ，
所以工件动能的增量为 △EK = 1/2 mv2=20J
工件重力势能增量为
△EP= mgh = 200J
答案：3 s
[解析] 由牛顿第二定律 μmgcos30°－mgsin30°＝ma 解得 a＝2.5 m/s2
货物匀加速运动的时间
t1＝va＝2 s
货物匀加速运动的位移
s1＝12at21＝12×2.5×22 m＝5 m 随后货物做匀速运动，运动位移 s2＝L－s1＝5 m 匀速运动时间 t2＝sv2＝1 s 运动的总时间 t＝t1＋t2＝3 s
A
B

(word完整版)高一物理人教版必修一第四章《牛顿运动定律》----传送带与滑块专题

《牛顿运动定律》----传送带与滑块专题1．（双选）如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平恒力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( ) A ．物块先向左运动，再向右运动B ．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C ．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D ．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零2．如图所示，长为L=6m 、质量M=4kg 的长木板放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1kg 的物块，物块与木板间的动摩擦因数为0.4，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块施加F=8N ，方向水平向右的恒定拉力，求：(g=10m/s 2）（1）小物块的加速度；（2）长木板的加速度；（3）物块从木板左端运动到右端经历的时间。

3．如图所示，有一长度x ＝1 m 、质量M ＝10 kg 的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一质量m ＝4 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.25，要使物块在2 s 内运动到小车的另一端，求作用在物块上的水平力F 是多少？(g 取10 m/s 2)F mM4．长为1.5m 的长木板B 静止放在水平冰面上，小物块A 以某一初速度从木板B 的左端滑上长木板B ，直到A 、B 的速度达到相同，此时A 、B 的速度为0.4m/s ，然后A 、B 又一起在水平冰面上滑行了8.0cm后停下．若小物块A 可视为质点，它与长木板B 的质量相同，A 、B 间的动摩擦因数μ1=0.25．求：（ g =10m/s 2）（1）木块与冰面的动摩擦因数．（2）小物块相对于长木板滑行的距离．（3）为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度应为多大？5．如图所示，货运平板车始终保持速度v 向前运动，把一个质量为m ，初速度为零的物体放在车板的前端A 处，若物体与车板间的摩擦因数为μ，要使物体不滑落，车板的长度至少是多少?6．如图所示，光滑水平面上放着长L=2m ，质量为M=4.5kg 的木板(厚度不计)，一个质量为m=1kg 的小物体放在木板的最右端，m 和M 之间的动摩擦因数μ=0.1，开始均静止．今对木板施加一水平向右的恒定拉力F ，(g 取10m/s2)求：(1)为使小物体不从木板上掉下，F 不能超过多少． (2)如果拉力F=10N ，小物体能获得的最大速度？Av B7．(双选)如图所示，在马达驱动下，皮带运输机的皮带以速率v 向右水平运行，现将一块砖正对皮带上的A 点轻轻地放在皮带上，此后（）A ．一段时间内，砖块将在滑动摩擦力的作用下对地做加速运动B ．当砖的速率等于v 时，砖块与皮带间摩擦力变为静摩擦力C ．当砖块与皮带相对静止时它位于皮带上A 点的右侧的某一点BD ．砖块在皮带上有可能不存在砖块与皮带相对静止的状态 8．(双选)如图11所示，传送带的水平部分长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是( )A.L v ＋v μgB.Lv C.2L μgD.2L v 9．如图示，两传送带轮间距离S=20m,按图示方向以速度v=4m/s 匀速转动着。

2023版高考物理一轮总复习第三章专题二传送带与滑块问题课件

则物体在传送带上做匀速运动，所以物体可能不受摩擦力，故B 正确；若传送带逆时针匀速转动，加速度大小a＝ μmg
m ＝μg＝1.25 m/s2，减速到零所用的时间为 t0＝vaA ＝1.325 s ＝2.4 s，发生的位移为 s＝vA＋2 0 t0＝32 ×2.4 m＝3.6 m> 2 m，说明物体在传送带上一直做匀减速运动，由速度位移
图 Z2-2
A.若传送带顺时针匀速转动，物体刚开始滑上传送带 A 端时一定做匀加速运动
B.若传送带顺时针匀速转动，物体在水平传送带上运动时有可能不受摩擦力
C.若传送带逆时针匀速转动，则 vB 一定小于 2 m/s D.若传送带顺时针匀速转动，则 vB 一定大于 2 m/s 解析：当传送带顺时针匀速转动时，若传送带的速度小于 3 m/s，则物体在传送带上做匀减速运动，故 A 错误；当传送带顺时针匀速转动时，若传送带的速度等于 3 m/s，
(1)木板与滑块间的动摩擦因数 μ1. (2)木板与地面间的动摩擦因数 μ2.
(3)从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小.
图 Z2-7
解： (1) 对小滑块分析：其加速度为
a1
＝
v2－v1 t
＝
1－4 1
m/s2＝－3 m/s2，方向向右，根据牛顿第二定律有
设货物再经时间
t2，速度减为零，则
t2＝
0－v －a2
＝1 s
货物沿传送带向上滑的位移
x2＝
v＋0 2
t2＝1
m
则货物上滑的总距离为 x＝x1＋x2＝8 m 货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于 a2.设下滑时间为 t3，则 x＝21 a2t23 ，代入解得 t3＝2 2 s

牛顿运动定律之滑块与传送带问题(含解析)

牛顿运动定律滑块与传送带专题一“滑块—滑板”模型1．模型特点上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．2．两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．解题思路处理此类问题，必须弄清滑块和滑板的加速度、速度、位移等关系．(1) 加速度关系如果滑块和滑板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块和滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块和滑板的加速度．应注意找出滑块和滑板之间是否发生相对运动等隐含的条件．(2) 速度关系滑块和滑板之间发生相对运动时，分析速度关系，从而确定滑块受到的摩擦力的方向．应注意当滑块和滑板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况．(3) 位移关系滑块和滑板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块和滑板的运动过程，认清对地位移和相对位移之间的关系．这些关系就是解题过程中列方程所必需的关系，各种关系找到了，自然也就容易列出所需要的方程了．例一、如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有F f1＝μ1m A g ①F f2＝μ1m B g ②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g ③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A ④F f2＝m B a B ⑤F f2－F f1－F f3＝ma1 ⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1＝v0－a B t1 ⑦v1＝a1t1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s，方向与B的初速度方向相同⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t21⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B＋m)a2 ⑪由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2 ⑫对A有v2＝－v1＋a A t2 ⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2 ⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝s A＋s1＋s B ⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m.(也可用如图所示的速度－时间图线求解)答案：(1)1 m/s方向与B的初速度方向相同(2)1.9 m【题后反思】求解“滑块—滑板”模型问题的方法技巧(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．跟踪练习1. (水平面光滑的“滑块—滑板”模型)如图所示，质量M＝8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F＝8 N．当小车速度达到1.5 m/s 时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m＝2 kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．从物体放上小车开始经t＝1.5 s 的时间，物体相对地面的位移为(g取10 m/s2)()A．1 m B．2.1 mC．2.25 m D．3.1 m解析：选B．放上物体后，物体的加速度a1＝μg＝2 m/s2，小车的加速度：a2＝F－μmgM＝0.5 m/s2，物体的速度达到与小车共速的时间为t1，则a1t1＝v0＋a2t1，解得t1＝1 s；此过程中物体的位移：s1＝12a1t21＝1 m；共同速度为v＝a1t1＝2 m/s；当物体与小车相对静止时，共同加速度为a＝FM＋m＝0.8 m/s2，再运动0.5 s的位移s2＝vt′＋12at′2＝1.1 m，故从物体放上小车开始的1.5 s时间内，物体相对地面的位移为1 m＋1.1 m＝2.1 m，选项B正确．2. (水平面粗糙的“滑块—滑板”模型)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的()解析：选A．放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，故A 正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误．3．(多个板块的组合模型)如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F＝6 N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l＝1 m，木板A的质量m A＝3 kg，小滑块及木板B的质量均为m＝1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)小滑块在木板A上运动的时间；(2)木板B获得的最大速度．解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力F f1＝μ1mg＝4 N，木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力F f2＝μ2(2m＋m A)g＝5 N.F f1＜F f2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止设小滑块滑动的加速度为a1，则：F－μ1mg＝ma1，l＝12a1t21，解得：t1＝1 s.(2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为v1，B的加速度为a2，经过时间t2滑块与B脱离，滑块的位移为x块，B的位移为x B，B的最大速度为v B，则：μ1mg－2μ2mg＝ma2，v B＝a2t2，x B＝12a2t22，v1＝a1t1，x块＝v1t2＋12a1t22，x块－x B＝l，联立以上各式可得：v B＝1 m/s.答案：(1)1 s(2)1 m/s4．(斜面上的“滑块—滑板”问题)如图所示，在足够长的光滑固定斜面底端放置一个长度L＝2 m、质量M＝4 kg 的木板，木板的最上端放置一质量m＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现沿斜面向上对木板施加一个外力F使其由静止开始向上做匀加速直线运动．已知斜面倾角θ＝30°，物块和木板间的动摩擦因数μ＝3 2，g取10 m/s2.(1)当外力F＝30 N时，物块和木板保持相对静止，求二者共同运动的加速度大小；(2)当外力F＝53.5 N时，物块和木板之间将会相对滑动，则二者完全分离时的速度各为多大？解析：(1)物块和木板共同运动时，分析整体的受力情况，由牛顿第二定律得F－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a解得a＝1 m/s2.(2)设木板和物块的加速度分别为a1、a2，二者完全分离的时间为t，分离时速度分别为v1、v2，分析木板和物块的受力情况，由牛顿第二定律可得F－Mg sin θ－μmg cos θ＝Ma1μmg cos θ－mg sin θ＝ma2又L＝12(a1－a2)t2v1＝a1tv2＝a2t联立解得v1＝6.5 m/s，v2＝2.5 m/s. 答案：(1)1 m/s2(2)6.5 m/s 2.5 m/s二、传送带模型（一）、水平传送带问题1．情景特点分析项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0＞v返回时速度为v，当v0＜v返回时速度为v0水平传送带问题：求解关键在于对物体所受摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻摩擦力发生突变．例1、水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在A处，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率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2.(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．解析：(1)行李所受滑动摩擦力大小F f＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，根据牛顿第二定律得F f＝ma，加速度大小a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2.(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v＝at1，得t1＝va＝11s＝1 s.(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时，有v2min＝2aL，得v min＝2aL＝2×1×2 m/s＝2 m/s，所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s.由v min＝at min得行李最短运行时间t min＝v mina＝21s＝2 s.答案：(1)4 N 1 m/s2(2)1 s(3)2 s 2 m/s（二）倾斜传送带问题1．情景特点分析项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速2.解题的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体所受摩擦力的大小和方向．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受摩擦力可能发生突变．例2、如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动．一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？(g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：(1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f＝ma1，垂直传送带方向：mg cos θ＝F N，又F f＝μF N由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2，方向沿传送带向下．(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：t1＝v－v0－a1＝1 s，x1＝v0＋v2t1＝7 m.(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下．设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝0－v－a2＝1 s.沿传送带向上滑的位移x2＝v＋02t2＝1 m，则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2.设下滑时间为t3，则x＝12a2t23，代入解得t3＝2 2 s.所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋22) s.答案：(1)10 m/s2，方向沿传送带向下(2)1 s7 m(3)(2＋22) s【总结提升】解答传送带问题应注意的事项(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度．(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动．(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．跟踪练习1.(物块初速度不为零的倾斜传送带模型)(多选)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1.不计空气阻力，动摩擦因数一定．关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是可能的()A．从下端B离开，v＞v1B．从下端B离开，v＜v1C．从上端A离开，v＝v1D．从上端A离开，v＜v1解析：选ABC．物块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v＜v1，选项B正确；当摩擦力小于重力的分力时，则v＞v1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选A、B、C．2. (物块初速度为零的倾斜传送带模型)如图所示，传送带AB的长度为L＝16 m，与水平面的夹角θ＝37°，传送带以速度v0＝10 m/s匀速运动，方向如图中箭头所示．在传送带最上端A处无初速度地放一个质量m＝0.5 kg的小物体(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物体从A运动到底端B所用的时间；(2)物体与传送带的相对位移大小．解析：(1)开始阶段，设物体的加速度为a1，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2.物体加速到与传送带的速度相等时的位移为：x1＝v202a＝5 m<16 m，即物体加速到10 m/s时，未达到B点，其时间t1＝v0a1＝1 s.由于mg sin θ＝3 N>μmg cos θ＝2 N，所以物体将继续做加速运动．设物体的加速度为a2，经历的时间为t2，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2.由位移公式L－x1＝v0t2＋12a2t22，解得时间t2＝1 s，所以总时间t＝t1＋t2＝2 s.(2)在传送带上取一点M.M点做匀速运动，物体一直做加速运动．法一：整体法整个过程物体的位移大小为x物＝L＝16 m，传送带位移大小为x传＝v0t＝20 m，故物体相对于传送带(M 点)的位移大小为： x ＝x 传－x 物＝4 m.由于M 点的位移大于物体的位移，故全过程物体向后远离M 点4 m. 法二：v -t 图象法相对位移的大小为两个阴影三角形面积之差，即： x ＝10×12－1×(12－10)2＝4(m)．法三：分段法第一个过程：M 点的位移为v 0t 1＝10 m ，所以物体与传送带间的相对位移大小 x 相对1＝v 0t 1－x 1＝5 m.由于M 点的速度大于物体的速度，故此过程物体在M 点后面5 m 处．第二个过程：M 点的位移为v 0t 2＝10 m ，物体的位移为L －x 1＝11 m ，故相对位移大小为x 相对2＝1 m. 此过程物体追M 点，并靠近M 点1 m.故相对位移大小x ＝x 相对1－x 相对2＝4 m ．即全过程物体向后远离M 点4 m. 答案：(1)2 s (2)4 m精选练习1．(多选)如图所示，表面粗糙、质量M ＝2 kg 的木板，t ＝0时在水平恒力F 的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a ＝2.5 m/s 2，t ＝0.5 s 时，将一个质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半．已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g ＝10 m/s 2，则( )A ．水平恒力F 的大小为10 NB ．铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s 2C ．铁块在木板上运动的时间为1 sD ．木板的长度为1.625 m解析：选AC ．未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F －μ2Mg ＝Ma ，解得F ＝10 N ，选项A 正确；铁块放上木板后，对木板：F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma ′，解得：a ′＝0.75 m/s 2，选项B 错误；0.5 s 时木板的速度v 0＝at 1＝2.5×0.5 m/s ＝1.25 m/s ，铁块滑离木板时，木板的速度：v 1＝v 0＋a ′t 2＝1.25＋0.75t 2，铁块的速度v ′＝a 铁t 2＝μ1gt 2＝t 2，由题意：v ′＝12v 1，解得t 2＝1 s ，选项C 正确；铁块滑离木板时，木板的速度v 1＝2 m/s ，铁块的速度v ′＝1 m/s ，则木板的长度为：L ＝v 0＋v 12t 2－v ′2t 2＝1.25＋22×1 m －12×1 m ＝1.125 m ，选项D 错误；故选A 、C ．2．(多选)如图甲为应用于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乙的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在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L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.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 ．乘客提前0.5 s 到达B 处C ．行李提前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 处解析：选BD ．行李放在传送带上，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率做匀速直线运动．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝v a ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝L －x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ；乘客到达B ，历时t ＝Lv ＝2 s ，B 正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝2La ＝2×21s ＝2 s ，D 正确． 3．如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现将小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大； (2)0～8 s 内小物块与传送带之间的划痕为多长．解析：(1)根据v -t 图象的斜率表示加速度， a ＝Δv Δt ＝22m/s 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma ，解得μ＝78.(2)0～8 s 内只有前6 s 内物块与传送带发生相对滑动0～6 s 内传送带匀速运动距离为：x 带＝4×6 m ＝24 m ．速度图象的“面积”大小等于位移，则0～2 s 内物块位移为：x 1＝12×2×2 m ＝2 m ，方向沿斜面向下，2～6 s 内物块位移为：x 2＝12×4×4 m ＝8 m ，方向沿斜面向上．所以划痕的长度为：Δx ＝x 带＋x 1－x 2＝(24＋2－8) m ＝18 m. 答案：(1)78(2)18 m4．如图所示，在光滑水平地面上停放着一质量为M ＝2 kg 的木板，木板足够长，某时刻一质量为m ＝1 kg 的小木块以某一速度v 0(未知)冲上木板，木板上表面粗糙，经过t ＝2 s 后二者共速，且木块相对地面的位移x ＝5 m ，g ＝10 m/s 2.求：(1)木块与木板间的动摩擦因数μ；(2)从木块开始运动到共速的过程中产生的热量Q .(结果可用分数表示) 解析：(1)设冲上木板后小木块的加速度大小为a 1，对小木块，有μmg ＝ma 1，设木板开始运动的加速度大小为a 2，对木板，有μmg ＝Ma 2，二者共速时，有v 共＝a 2t ＝v 0－a 1t ，对小木块，有x ＝v 0t －12a 1t 2，联立得μ＝18.(2)由(1)得a 2＝58 m/s 2，得v 共＝54m/s.木板发生的位移x ′＝v 共2t ＝54m ，二者相对位移为Δx ＝x －x ′＝154m ，产生的热量为Q ＝μmg ·Δx ，联立得Q ＝7516J. 答案：(1)18 (2)7516J5. (多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m 的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为916.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑．小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，则下列判断正确的是( )A ．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s 2B ．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s 2C ．经过 2 s 的时间，小孩离开滑板D ．小孩离开滑板时的速度大小为433m/s 解析：选AC ．对小孩，由牛顿第二定律，加速度大小为a 1＝mg sin 37°－μ1mg cos 37°m ＝2 m/s 2，同理对滑板，加速度大小为a 2＝mg sin 37°＋μ1mg cos 37°－2μ2mg cos 37°m ＝1 m/s2，选项A 正确，B 错误；要使小孩与滑板分离，12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，解得t ＝ 2 s(另一解不符合，舍去)，离开滑板时小孩的速度大小为v ＝a 1t ＝2 2 m/s ，选项C 正确，D 错误．6．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v 1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v 0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v -t 图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则()A．传送带的速度为4 m/sB．传送带底端到顶端的距离为14 mC．物块与传送带间的动摩擦因数为1 8D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反解析：选A．如果v0小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A正确．传送带底端到顶端的距离等于v -t图线与横轴所围的面积，即12×(4＋12)×1 m＋12×1×4 m＝10 m，选项B错误.0～1 s内，g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s2，1～2 s内，g sin θ－μg cos θ＝4 m/s2，解得μ＝14，选项C错误；在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误．7．如图所示，倾角α＝30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m，质量M＝3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．解析：(1)若整体恰好静止，则F ＝(M ＋m )g sin α＝(3＋1)×10×sin 30° N ＝20 N. 因要拉动木板，则F >20 N ，若整体一起向上做匀加速直线运动，对物块和木板，由牛顿第二定律得 F －(M ＋m )g sin α＝(M ＋m )a ，对物块有f －mg sin α＝ma ，其中f ≤μmg cos α 代入数据解得F ≤30 N.向上加速的过程中为使物体不滑离木板，力F 应满足的条件为20 N<F ≤30 N.(2)当F ＝37.5 N>30 N 时，物块能滑离木板，由牛顿第二定律，对木板有F －μmg cos α－Mg sin α＝Ma 1，对物块有μmg cos α－mg sin α＝ma 2，设物块滑离木板所用的时间为t ，由运动学公式得 12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，代入数据解得t ＝1.2 s.物块滑离木板时的速度v ＝a 2t ，由－2g sin α·s ＝0－v 2，代入数据解得s ＝0.9 m. 答案：见解析8．如图所示为车站使用的水平传送带模型，其A 、B 两端的距离L ＝8 m ，它与水平台面平滑连接．现有一物块以v 0＝10 m/s 的初速度从A 端水平地滑上传送带．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6.求：(1)若传送带保持静止，物块滑到B 端时的速度大小；(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s ，物块到达B 端时的速度大小；(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s ，且物块初速度变为v 0′＝6 m/s ，仍从A 端滑上传送带，物块从滑上传送带到离开传送带的总时间．解析：(1)设物块的加速度大小为a，由受力分析可知F N＝mg，F f＝ma，F f＝μF N，得a＝6 m/s2.传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动，又x＝v202a＝253m>L＝8 m，则由v2B－v20＝－2aL.得v B＝2 m/s.(2)由题意知，传送带顺时针匀速转动的速率12 m/s>v0，物块所受的摩擦力沿传送带方向，即物块先加速到v1＝12 m/s，由v21－v20＝2ax1，得x1＝113m<L＝8 m.故物块先加速运动后匀速运动即物块到达B时的速度为v B′＝v1＝12 m/s.(3)当物块初速度v0′＝6 m/s时，物块速度减为零时的位移x2＝v0′22a＝3 m<L，所以物块先向右减速后向左加速由v2＝v0′－at1，得t1＝1 s；当物块向左加速到v3＝4 m/s时由v23－v22＝2ax3得x3＝43m<x2＝3 m，故物块向左先加速运动后匀速运动由v3＝v2＋at2，得t2＝23s；当物块向左匀速运动v4＝v3＝4 m/s，x4＝x2－x3＝53m.由x4＝v4t3，得t3＝512s，故t＝t1＋t2＋t3＝25 12s.答案：(1)2 m/s(2)12 m/s(3)25 12s。

高中物理滑块练习及答案解析

高中物理滑块练习及答案解析一、计算题（每空？分，共？分）1、如下图中甲所示为传送装置的示意图。

绷紧的传送带长度L=2.0m，以v=3.0m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距离水平地面的高度h=0.45m。

现有一行李箱（可视为质点）质量m=10kg，以v0＝1.0 m/s的水平初速度从A端滑上传送带，被传送到B端时没有被及时取下，行李箱从B端水平抛出，行李箱与传送带间的动摩擦因数m＝0.20，不计空气阻力，重力加速度g取l0 m/s2。

（1）求行李箱从传送带上A端运动到B端过程中摩擦力对行李箱冲量的大小；（2）传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，求为运送该行李箱电动机多消耗的电能；（3）若传送带的速度v可在0～5.0m/s之间调节，行李箱仍以v0的水平初速度从A端滑上传送带，且行李箱滑到B 端均能水平抛出。

请你在图乙中作出行李箱从B端水平抛出到落地点的水平距离x与传送带速度v的关系图象。

（要求写出作图数据的分析过程）2、如图所示，质量M= 4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m= 1.0kg的小滑块A（可视为质点）。

初始时刻，A、B分别以v0= 2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板。

已知A、B之间的动摩擦因数μ = 0.40，取g=10m/s2。

求：⑴A、B相对运动时的加速度a A和a B的大小与方向；⑵A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移x；⑶木板B的长度l。

3、水平放置的传送带AB间的距离L=10m，传送带在电动机带动下以v=2m/s的速度匀速运动，如下图所示。

在A点轻轻放上一个质量为m=2kg的小物块，物块向右运动s=2m后和传送带保持静止（取g=10m/s2）求：（1）物块与传送带间的动摩擦因数.（2）若在A点，每隔1s放上一个初速为零的物块，经过相当长的时间稳定后，传送带上共有几个物块？此时电动机的功率比不放物块时增加多少？（3）若在A点由静止释放第一个物块，3s后再释放第二个物块，为使第二个物块在传送带上与第一个物块碰撞，第二个物块释放时的初速度v0至少需要多大？4、利用皮带运输机将物体由地面运送到高出水平地面的C平台上，C平台离地面的竖直高度为5m，已知皮带和物体问的动摩擦因数为0.75，运输机的皮带以2m／s的速度匀速顺时针运动且皮带和轮子之间不打滑。

2025高考物理总复习动力学中的传送带模型

解得a2=4 m/s2
设从与传送带共速到减速为0的过程中P的位移为x2,则有
-2a2x2=0-v2
解得
2
x2=
2 2
=
22
2×4
m=0.5 m
所以物块P在传送带上向前冲的最远距离为
x1+x2=5.5 m。
(3)设共速前第一个减速过程P的位移为x3,用时为t3,皮带位移为x皮3;共速后
至减速为零为第二个减速过程,P的位移为x4,用时为t4,皮带位移为x皮4。则
小为
1
Δx2=2 2 2 +x1=17.5
m,则煤块在传送带上留下的痕迹长为 17.5 m,C 错
误;煤块与传送带间产生的热量为 Q=μmgcos θ·Δ1 + Δ2 =90 J,D 正确。
指点迷津
物体与传送带的划痕长度Δx等于物体与传送带的相对位移的大小,若有两
次相对运动且两次相对运动方向相同,则Δx=Δx1+Δx2(图甲);若两次相对运
sin + cos
a1=
=10

m/s ,经过时间 t1 速度减小到零,则
2
送带速度为零,则煤块向上滑动的位移
加速度为
Δ
a= =5
Δ
0 2
x1= =5
2 1
0
t1= =1
1
s,0~1 s 传
m,1 s 后传送带开始加速,其
m/s2,由于 μmgcos θ<mgsin θ,则煤块向下加速,其加速度为
传送带模型中的动力学图像
考向一根据传送情境确定动力学图像
典题5 (多选)(2023广东佛山模拟)如图所示,飞机场运输行李的传送带保持
恒定的速率运行,将行李箱无初速度地放在传送带底端,传送带将它送入飞

专题讲解：传送带上的滑块问题

专题讲解：传送带上的滑块问题滑块在传送带上运动时，所受滑动摩擦f 的方向与滑块相对于传输带的相对速度方向相反，注意：而对滑块进行动力学运算时，滑块的位移、速度、加速度则均取地面为参考系．若要另行计算滑块与传输带间由于滑动摩擦的相互作用而产生的焦耳热Q 时，应先计算出滑块相对于传输带的相对位移L ，再用fL Q =求解．1．水平传送带上的滑块问题（Ⅰ）——滑块顺着传送带运行方向冲上传送带滑块顺着传送带运动的方向以速度1v 冲上以速度2v 运动的传送带上，在水平传送带上的加速（2v >1v ）或减速（2v <1v ），当传送带足够长时，滑块的速度最多加速到或减速与传送带的速度2v 相等时，不再加速或减速，因此，最终速度不可能大于或小于传送带的速度2v ，即加速不可能超过传送带的速度2v ，减速不可能小于传送带的速度2v ．足够长的最短长度是：gμ2||2122minv v L -=，式中μ为滑块与传送带间的动摩擦因数．【案例1】如图所示，某物块（可看成质点）从A 点沿竖直光滑的41圆弧轨道，由静止开始滑下，圆弧轨道的半径R ＝0.25 m ，末端B 点与水平传送带相切，物块由B 点滑上粗糙的传送带．若传送带静止，物块滑到传送带的末端C 点后做平抛运动，落到水平地面上的D 点，已知C 点到地面的高度H ＝5 m ，C 点到D 点的水平距离为1x ＝1m ，g ＝10 m/s ．．求：（1）物块滑到B 点时速度的大小；（2）物块滑到C 点时速度的大小；（3）若传送带不静止，则物块最后的落地点可能不在D 点．取传送带顺时针转动为正方向，试讨论物块落地点到C 点的水平距离x 与传送带匀速运动的速度v 的关系，并做出v x -的图象．【解析】（1）设物体到达B 点速度为1v ，从A 到B ，由动能定理得：02121-=mv h m g 解得 m /s g 521==h v（2）从C 到D 做平抛运动，竖直方向上有 221t H g =解得 s 1=t设水平方向上在C 点速度为2v ，则水平方向上有 t v x 21=解得 =2v 1m/s故传送带不动时，滑块在传送带上一直减速到=2v 1m/s（3）若物体在传递带上一直加速，到C 点时速度为3v ，由运动学规律有as v v 22123-=-，=3v 3 m/s讨论：（1）若传递带逆时针转动，则滑块在传送带上沿着原来的运动方向是做减速运动，此时与传送带静止不动的情况相同．m 11==x x（2）若传递带顺时针转动：①当传送带的速度v 满足：0<v ≤1 m/s 时，滑块在传送带上运动的速度始终大于传送带的速度，此时与传送带静止的情况一样 m 11==x x②当1 m ／s<v <3 m/s 时，滑块在传送带上先减速到v ，再以v 匀速，故在C 点平抛运动的初速度为v ， s 1⨯==v vt x③当v >3 m/s 时，故滑块在传送带上，一直加速到=3v 3m/s m 33==t v x2．水平传送带上的滑块问题（Ⅱ）——滑块逆着传送带运行方向冲上传送带滑块以速度1v 逆着传送带运行方向冲上以速度2v 运行的传送带：①若传送带两端的距离L 较短，滑块会一直减速冲到另一端后离开传送带，即两端的距离gμ221v L <，式中μ为滑块与传送带间的动摩擦因数，滑块一直减速到另一端离开传送带．②如果传送带两端的距离L 足够长，即gμ221v L ≥时，则滑块先减速到零后再沿传送带运行的方向反向加速，滑块加速获得的速度不可能超过传送带的运行速度，即：当>1v 2v ，则滑块先减速到零，再反向加速到2v ，然后以速度2v 相对传送带静止匀速运动当≤1v 2v ，滑块先减速到零，再反向一直加速运动1v ，这种情况，类似于竖直上抛运动的情景．【案例2】如图所示，一个长m l 8=的传送带上表面距地面高度为m h 2.0=，传送带以s m /6=ν的速度顺时针传动，传送带右端有一个斜面，斜面倾角037=θ，斜面底端通过一小段光滑圆弧和传送带相连，圆弧处放置一个小物块C ，不计物块C 由传送带滑上斜面过程的能量损失，且物块C 与斜面间的动摩擦因数25.01=μ.有两个可视为质点且靠紧的小物块A 和B ，A 、B 之间夹有少量炸药，把A 、B 放在传送带左端的同时引爆炸药，炸药瞬间爆炸，A 物体水平向左抛出，落地点距传送带左端水平距离m s 9.0=,B 物体在传送带上运动，与传送带间的动摩擦因数2.02=μ，已知kg m A 1=，kg m m c B 5.0==，已知6.037sin 0=，8.037cos 0=,求：（1）炸药爆炸后B 物体的速度．（2）从炸药爆炸到B 第一次离开传送带，物块B 与传送带因摩擦而产生的热量Q（3）若B 、C 相碰交换速度，从炸药爆炸到B 最后离开传送带的过程中传送带对B 所做的总功．【解析】（1）A 平抛：t v s A =，221t h g =，解得s 2.0=t ，m/s 5.4=A v炸药爆炸过程：B B A A v m v m =，=B v m/s 92=A v （2）设物体B 在传送带上一直减速，加速度22m/s g g==22μμBB m mB 到达C 处时的速度为1v ，有2122v v aL B -=，解得m/s 71=v 因v v <1，所以B 一直减速，减速时间s 111=-=av v t B B 与传送带因摩擦而产生的热量J g 2)(2=-=vt L m Q B μ（3）物体B 、C 交换速度后B 静止，C 以1v 滑上斜面，设上滑1s在斜面上上滑过程：2111121037sin 37cos v m s m s m C C C -=⋅︒-⋅︒-g g μ解得m 45.21=s设C 滑回底端时的速度为2v ，在斜面上下滑过程，有02137sin 37cos 22111-=⋅︒+⋅︒-v m s m s m C C C g g μB 、C 交换速度后C 静止，B 滑上传送带，B 从左端离开传送带需克服摩擦力做功 =f W L m B g 2μ代入数据解得<2221v m B L m B g 2μ因此，B 不会离开传送带，最终静止在C 处，传送带对B 所做的总功 =f W J g 82-=-L m B μ3．倾斜的传送带上滑块问题【案例2】如图所示，传输带与水平间的倾角为︒=37θ，皮带以10m/s 的速率运行，在传输带上端A 处无初速地放上质量为0.5kg 的物体，它与传输带间的动摩擦因数为0.5，若传输带A 到B 的长度为16m ，求：物体从A 运动到B 的时间和因相对滑动而产生的摩擦热？【解析】首先判定μ与θtan 大小关系，μ=0.5， tg θ=0.75，所以物体一定沿传输带对地下滑，不可能对地上滑或对地相对静止．其次皮带运行速度方向未知，而皮带运行速度方向影响物体所受摩擦力方向．所以应分别讨论．①当皮带的上表面以10m/s 速度向下运行时，刚放上的物体相对皮带有向上的相对速度，物体所受滑动摩擦方向沿斜坡向下，该阶段物体对地加速度2m/s g g 10cos sin 1=+=mm m a θμθ，方向沿斜坡向下物体赶上皮带对地速度需时间==av t 1ls在1t 秒内物体沿斜坡对地位移==211121t a s 5m如图所示，当物体速度超过皮带运行速度时物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，物体对地加速度 2m/s g g 2cos sin 1=-=mm m a θμθ物体以2m/s 21=a 加速度运行剩下的11m 位移需时间2t则：2222221t a vt s +=即11=l0t 2＋22221t ⨯； t 2=ls (112-='t s 舍去) 所需总时间=+=21t t t 2s在1t 时间内发生相对位移m 52121111=-=∆t a vt s在2t 时间内发生相对位移m 121222222=--=∆vt t a vt s所以由于摩擦产生的焦耳热J g 12)(cos 211=∆+∆=s s m Q θμ②当皮带上表面以10m/s 速度向上运行时，物体相对于皮带一直具有沿斜面向下的相对速度，物体所受滑动摩擦方向沿斜坡向上且不变，设为3a则2m/s g g 2cos sin 3=-=mm m a θμθ物体从传输带顶滑到底所需时间为t ' 则2321t a s '=，4s s =⨯=='216223a s t在t '时间内发生的相对位移m 5621233='+'=∆t a t v s由于摩擦产生的焦耳热J g 112cos 32=∆=s m Q θμ4．组合传送带上的滑块问题【案例4】图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A 、B 两端相距3m ，另一台倾斜，θD传送带与地面的倾角=θ370，C 、D 两端相距4.45m ，B 、C 相距很近．水平部分AB 以5m/s 的速率顺时针转动．将质量为10kg 的一袋大米放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．试求：（1）若CD 部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离．（2）若要米袋能被送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．【解析】（1）米袋在AB 上：5m/s g g0====μμmm m f a 2 米袋加速到m/s 50=v 时，滑行的距离3m AB m 522020=<==.a v s故米袋在到达B 点之前就与传送带同速（2）设米袋在CD 上运动的加速度大小为a ，则 ma m m =+θμθcos sin g g 求得2m /s 10=a所以能滑上的最大距离m 251220.==av s （2）设CD 部分运转速度为1v 时米袋恰能到达D 点，则米袋速度减为1v 之前的加速度为 21m/s 10g(-=+-=)cos sin θμθa 米袋速度小于1v 至减为零前的加速度为 22m/s 2g(-=--=)cos sin θμθa 由m 45420222112021.=-+-a v a v v 解得m /s 41=v即要把米袋送到D 点，CD 部分的速度m/s 41=≥v v CD 米袋恰能到D 点所用时间最长为s 12021101.max =-+-=a v a v v t 若CD 部分传送速度较大，使米袋沿CD 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为2a由22021max max t a t v s CD +=，得s 161.m ax =t所以，所示时间t 的范围为s 12s 161..≤≤t。

传送带模型问题专题分析

“传送带〞模型问题专题分析一．模型特点:1．水平传送带情景一物块可能运动情况：(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景二(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(2)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速情景三(1)传送带较短时,滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。

其中v0>v返回时速度为v,当v0<v返回时速度为v02倾斜传送带。

情景一(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景二(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速二.思路方法:(1)水平传送带问题:求解关键在于对物体所受摩擦力进展正确的分析判断。

进一步分析物体的运动情况,物体的速度与传送带速度相等的时刻摩擦力发生突变。

(2)倾斜传送带问题:求解关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况。

进一步分析物体所受摩擦力的情况及运动情况。

当物体速度与传送带速度相等时,物体所受摩擦力可能发生突变。

例1.如下图,水平传送带以5m/s的恒定速度运动,传送带长l=2.5m,今在其左端A处将一工件轻轻放在上面,工件被带动,传送到右端B处,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,试求:工件经多少时间由传送带左端A运动到右端B(g取10m/s2)答案:1s2.(多项选择)(2021·锦州模拟)如下图,水平传送带A、B两端相距s=3.5m,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1, 物体滑上传送带A端的瞬时速度vA=4m/s,到达B端的瞬时速度设为vB。

以下说法中正确的选项是()A.假设传送带不动,vB=3m/sB.假设传送带逆时针匀速转动,vB一定等于3m/sC.假设传送带顺时针匀速转动,vB一定等于3m/sD.假设传送带顺时针匀速转动,vB有可能等于3m/s【解析】选A、B、D总结:〔一〕受力分析：传送带模型中要注意摩擦力的突变〔发生在v物与v带一样的时刻〕，对于倾斜传送带模型要分析mgsinθ与f的大小与方向。

滑块在水平传送带上的运动情况分析

滑块在水平传送带上的运动情况分析
创新微课
【例1】物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上Q点，若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图所示，再把物块放到P点自由滑下，则：( A) A. 物块将仍落在Q点 B. 物块将会落在Q点的左边 C. 物块将会落在Q点的右边 D. 物块有可能落不到地面上
(2)若v1>v0
【情景二】与传送带具有同向速度的滑块在水平传送带上的运动分析(v1<v0)
传送带长度
滑块在传送带上的运动情景
滑块运动情况
滑块运动的v-t图像
传送带不够长
传送带刚够长
v v0
v0 v0
v0
滑块一直做匀加速
滑块一直做匀加速
v v0 v1
v v0 v1
v
tt
tt
传送带足够长
传送带长度滑块在传送带上的运
滑块运动情
滑块运动的
动情景
况
v-t图像
传送带不够长
v v0
滑块一直做匀减速
v v1
－v0
tt
传送带刚够长
传送带足够长
V=0
v0
V=0
v0
滑块一直做匀减速
滑块先做匀减速后反向匀加速至v1(v1<v0)
滑块先做匀减速后反向匀加速至v0,后
做匀速(v1>v0)
v1 v
滑块在水平传送带上的运动情况分析
小结
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水平传送带问题
初态
滑动摩擦力的方向
V物＝V传
摩擦力有无滑动摩擦力的方向
同学，下节再见
创新微课
【情景一】无初速度的滑块在水平传送带上的运动情况分析 A

(完整版)物理专题_滑块类问题精选习题+答案

ABh滑块类与皮带类问题的专题复习1、一圆环A 套在一均匀圆木棒B 上，A 的高度相对B 的长度来说可以忽略不计，A 和B 的质量都等于m ，A 和B 之间的滑动摩擦力为f(f<mg)，开始时B 竖直放置，下端离地面高度为h.A 在B 的顶端.如图所示,让它们由静止开始自由下落,当木棒与地面相碰后,木棒以竖直向上的速度反向运动,并且碰撞前后的速度大小相等.设碰撞时间很短,不考虑空气阻力.问在B 再次着地前,要使A 不脱离B,B 至少应该多长?(8m 2g 2h/(mg+f)2)解析：A 和B 一起自由下落，木棒B 落地时：v ＝木棒B 以速度v 反弹，在A 恰好不脱离B 的情况下，B 向上运动后再返回至地面，加速度为：a l ＝mf mg +运动时间为：t ＝12a v在这段时间内圆环A 以初速度v 向下加速运动到地面，位移恰为棒的长度l ，加速度为： a 2＝所以l ＝2221t a vt +可求得：l ＝222)(8f mg hg m + 2、如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=300,皮带在电动机的带动下,始终保持V 0=2m/s 的速率运行,现把一质量m=10Kg 的工件(可看做质点)轻放在皮带的底端,经时间t=1.9s,工件被传送到h=1.5m 高处,取g=10m/s 2,求工件与皮带间的动摩擦因数是多少?( 3/2)解析:设工件先匀加速再匀速=t 1+v 0(t －t 1)匀加速时间t 1=0.8s匀加速加速度a==2.5m/s 2μmgcosθ－mgsinθ=ma∴μ=3.如图所示，质量M=4.0kg ，长L=4.0m 的木板B 静止在光滑水平地面上，木板右端与竖直墙壁之间距离为s=6.0m ，其上表面正中央放置一个质量m=1.0kg 的小滑块A ，A 与B 之间的动摩天楼擦因数为μ=0.2。

现用大小为F=18N 的推力水平向右推B ，两者发生相对滑动，作用1s 后撤去推力F ，通过计算可知，在B 与墙壁碰撞时A 没有滑离B 。

高中物理重要方法典型模型突破13-模型专题(5)-传送带模型(解析版)

专题十三模型专题（5）传送带模型【重点模型解读】传送带模型是高中既典型又基础的物理模型，且容易结合生活实际来考察生活实际问题，传送带模型的考查分为两方面，一方面是动力学问题考察(包括划痕)，另一方面是能量转化问题考查。

一、模型认识项目图示滑块可能的运动情况滑块受（摩擦）力分析情景1①可能一直加速受力f=μmg②可能先加速后匀速先受力f=μmg ，后f=0情景2①v 0>v 时,可能一直减速,也可能先减速再匀速受力f=μmg 先受力f=μmg ，后f=0②v 0<v 时,可能一直加速,也可能先加速再匀速受力f=μmg 先受力f=μmg ，后f= 情景3①传送带较短时,滑块一直减速达到左端受力f=μmg②传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。

其中,若v 0>v,返回时速度为v;若v 0<v,返回时速度为v 0 受力f=μmg （方向一直向右）减速和反向加速时受力f=μmg （方向一直向右），匀速运动f=0 情景4①可能一直加速受摩擦力f =μmg cos θ ②可能先加速后匀速先受摩擦力f=μmgcosθ，后f=mgsinθ（静）情景5①可能一直以同一加速度a 加速受摩擦力f=μmgcosθ ②可能先加速后匀速先受摩擦力f=μmgcosθ，后f=mgsinθ（静） ③可能先以a 1加速后以a 2加速先受摩擦力f=μmgcosθ，后受反向的摩擦力f=μmgcosθ二、传送带模型问题的关键(1)对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。

(2)物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。

三、解答传送带问题应注意的事项(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度。

(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动。

（3）要注意摩擦力做功情况的分析，摩擦生热的能量损失计算时要注意相对位移的分析。

高中物理传送带专题

传送带专题传送带问题具有一定的综合性，能够很好的考查各种能力，我们先通过表格讨论一下传送带没有加速度的情景，设传送带长度L，以v匀速运动。

一、水平传送带问题：在物体做功的过程中有一种有趣的现象，总有一半的能量传输给另外的物体，而另一半能量在做功中消耗掉。

这一现象与能量守恒定律并不违背，并且是自然界存在的普遍规律之一。

三个距离和三种能量的对应关系：摩擦力乘以物块位移的大小等于物块机械能的增加量，W机械＝fx1；摩擦力乘以传动带位移的大小等于电动机多消耗的电能，W电＝fx2；摩擦力乘以物块和传送带相对位移的大小等于耗散掉的能量，Q＝fΔx。

对于水平传送带，滑块加速过程中传送带对其做的功等于这一过程由摩擦产生的热量，即传送装置在这一过程需额外(相对空载)做的功W电＝2W机械＝m v2＝2E k＝2Q。

在物块的速度从零加速到和传送带共速的过程中，传送带的机械能，一半转移给物块，另一半耗散，可以称之为“半能损失”。

需要注意的是，如果传送带倾斜放置，物块增加的能量体现为动能和重力势能的和，此时机械能的增加量和生成的内能相等；如果传送带水平放置，物体增加的能量只表现为动能，此时动能增加量和生成的内能相等。

求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。

判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x1(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等。

物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。

总结如下：以上的情况痕迹、相对路程、相对位移是一致的，但是也有不相同的情况，例如，一个物体在地面运动情景如下：二、倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。

如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。

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。

再讨论一下，水平传送带和倾斜传送带有加速度的情况，看看分析问题的方法是否已经掌握。

(完整版)高考物理——传送带问题专题归类(含答案解析)

传送带问题归类分析传送带是运送货物的一种省力工具，在装卸运输行业中有着广泛的应用，本文收集、整理了传送带相关问题，并从两个视角进行分类剖析：一是从传送带问题的考查目标（即：力与运动情况的分析、能量转化情况的分析）来剖析；二是从传送带的形式来剖析．（一）传送带分类：（常见的几种传送带模型）1.按放置方向分水平、倾斜和组合三种；2.按转向分顺时针、逆时针转两种；3.按运动状态分匀速、变速两种。

（二）传送带特点：传送带的运动不受滑块的影响，因为滑块的加入，带动传送带的电机要多输出的能量等于滑块机械能的增加量与摩擦生热的和。

（三）受力分析：传送带模型中要注意摩擦力的突变（发生在v物与v带相同的时刻），对于倾斜传送带模型要分析mgsinθ与f的大小与方向。

突变有下面三种：1.滑动摩擦力消失；2.滑动摩擦力突变为静摩擦力；3.滑动摩擦力改变方向；（四）运动分析：1.注意参考系的选择，传送带模型中选择地面为参考系；2.判断共速以后是与传送带保持相对静止作匀速运动呢？还是继续加速运动？3.判断传送带长度——临界之前是否滑出？（五）传送带问题中的功能分析1.功能关系：W F=△E K+△E P+Q。

传送带的能量流向系统产生的内能、被传送的物体的动能变化，被传送物体势能的增加。

因此，电动机由于传送工件多消耗的电能就包括了工件增加的动能和势能以及摩擦产生的热量。

2.对W F 、Q 的正确理解（a ）传送带做的功：W F =F·S 带功率P=F× v 带（F 由传送带受力平衡求得）（b ）产生的内能：Q=f·S 相对（c ）如物体无初速，放在水平传送带上，则在整个加速过程中物体获得的动能E K ，因为摩擦而产生的热量Q 有如下关系：E K =Q=2mv 21传。

一对滑动摩擦力做的总功等于机械能转化成热能的值。

而且这个总功在求法上比一般的相互作用力的总功更有特点，一般的一对相互作用力的功为W ＝f 相s 相对，而在传送带中一对滑动摩擦力的功W ＝f 相s ，其中s 为被传送物体的实际路程，因为一对滑动摩擦力做功的情形是力的大小相等，位移不等（恰好相差一倍），并且一个是正功一个是负功，其代数和是负值，这表明机械能向内能转化，转化的量即是两功差值的绝对值。

传送带(解析版)--动力学中的九类常见问题

动力学中的九类常见问题传送带【模型精讲】1.水平传送带问题情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v 0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v 0<v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。

其中v 0>v 返回时速度为v ，当v 0<v 返回时速度为v 0解题关键：关键在于对传送带上的物块所受的摩擦力进行正确的分析判断。

(1)若物块的速度与传送带的速度方向相同，且v 物<v 带，则传送带对物块的摩擦力为动力，物块做加速运动。

(2)若物块的速度与传送带的速度方向相同，且v 物>v 带，则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动。

(3)若物块的速度与传送带的速度方向相反，传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动；当物块的速度减为零后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速运动。

(4)若v 物=v 带，看物块有没有加速或减速的趋势，若物块有加速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为阻力；若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动力。

2.倾斜传送带问题情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a 1加速后再以a 2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a 1加速后再以a 2加速(6)可能一直减速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能先减速，再反向加速，最后匀速(5)可能一直减速　求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。

如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定滑动摩擦力的大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。

当物体速度与传送带速度相同时，物体所受的摩擦力的方向有可能发生突变。

传送带和滑块(专题练习)

牛顿运动定律补充练习11．如图所示，水平放置的传送带以速度v＝2 m/s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若A端与B端相距L＝6 m，求物体由A到B的时间(g＝10 m/s2)()A．2 s B．3.5 s C．4 s D．2.5 s4．如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后A. M静止在传送带上B. M可能沿斜面向上运动C. M受到的摩擦力不变D. M下滑的速度不变5．如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是A. 物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间B. 若v2＜v1，物体从左端滑上传送带必然先做加速运动，再做匀速运动C. 若v2＜v1，物体从右端滑上传送带，则物体可能到达左端D. 若v2＜v1，物体可能从右端滑上传送带又回到右端，在此过程中物体先做减速运动再做加速运动6.水平传送带以v=2m/s速度匀速运动，将物体轻放在传送带的A端，它运动到传送带另一端B所需时间为11s，物体和传送带间的动摩擦因数μ=0.1，求：(1)传送带AB两端间的距离？(2)若想使物体以最短时间到达B端，则传送带的速度大小至少调为多少？（g=10m/s2）7．如图所示，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一行李包(可视为质点)以一定的初速度v0向左滑上传送带．传送带逆时针转动，速度为v=4m/s，且v<v0．已知行李包与传送带间的动摩擦因数 =0．2，当传送带长度为L=12 m时，行李包从滑上水平传送带的右端到左端的时间刚好为t=2 s．不计空气阻力，g取10 m／s2．求行李包的初速度vo．8．如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.9，已知传送带从AB的长度L=16m，则物体从A到B需要的时间为多少？若动摩擦因数μ=0.5，又需要多长时间？（sin37。

高中物理传送带题型总结贴

高中物理传送带题型总结贴【例1】如图1所示，一水平传送装置由轮半径均为R的主动轮O1和从动轮O2及传送带等构成。

两轮轴心相距8.0m，轮与传送带不打滑。

现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4。

（g取10m/s2）求（1）当传送带以4.0m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端O2正上方的A点轻放在传送带上后（设面粉初速度近似为零），这袋面粉由A端运送到O1正上方的B端所用的时间为多少？（2）要想尽快将面粉由A端送到B端，主动轮O1的转速至少应为多大？【解析】设这袋面粉质量为m，其在与传送带产生相对滑动的过程中所受摩擦力f＝μmg。

故其加速度为a＝＝μg＝4.0m/s2。

（1）若传送带的速度v带＝4.0m/s，则这袋面粉加速运动的时间t1＝v带/a＝1.0s，在t1时间内的位移x1为x1＝at12＝2.0m。

其后以v＝4.0m/s的速度做匀速运动，x2＝l AB－x1＝vt2，解得：t2＝1.5s。

运动的总时间为：t＝t1＋t2＝2.5s。

（2）要想时间最短，这袋面粉应一直向B端做加速运动，由lAB＝at′2可得t′＝2.0s。

面粉到达B端时的速度v′＝at′＝8.0m/s，即传送带运转的最小速度。

由v′＝ωR＝2πnR可得：n=？r/min。

【例2】如图2所示，质量为m的物体从离传送带高为H处沿光滑圆弧轨道下滑，水平滑上长为L的静止的传送带并落在水平地面的Q点，已知物体与传送带间的动摩擦因数为μ，则当传送带转动时，物体仍以上述方式滑下，将落在Q点的左边还是右边？【解析】物体从P点滑下，设水平滑上传送带时的速度为v0，则由机械能守恒mgH=mv02，可得。

当传送带静止时，分析物体在传送带上的受力知物体做匀减速运动，a=μmg/m=μg。

物体离开传送带时的速度为，随后做平抛运动而落在Q点。

当传送带逆时针方向转动时，分析物体在传送带上的受力情况与传送带静止时相同，因而物体离开传送带时的速度仍为，随后做平抛运动而仍落在Q点。