2019年高考物理一轮复习第3章微专题26 动力学中的传送带问题

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物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题4动力学中的“木板_滑块”和“传送带”模型教案

微专题四动力学中的“木板-滑块”和“传送带”模型动力学中“木板-滑块”模型1．模型分析模型概述(1)滑块、滑板是上下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动.（2）滑块相对滑板从一端运动到另一端，若两者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长.(3)一般两者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式。

常见情形滑板获得一初速度v0,则板块同向运动，两者加速度不同，x板>x块,Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止滑块获得一初速度v0,则板块同向运动，两者加速度不同，x板<x块,Δx＝x块－x板，最后分离或相对静止开始时板块运动方向相反，两者加速度不同，最后分离滑板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运或相对静止，Δx＝x块＋x板动，以及滑板与地面是否有相对运动2。

常见临界判断（1）滑块恰好不滑离木板的条件:滑块运动到木板的一端时,滑块与木板的速度相等.（2）木板最短的条件:当滑块与木板的速度相等时滑块滑到木板的一端.（3）滑块与木板恰好不发生相对滑动的条件：滑块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，且二者加速度相同。

[典例1]一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4。

5 m，如图(a)所示。

t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1 s时间内小物块的v。

t图线如图（b)所示。

木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。

求：图（a）图(b)(1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离.[大题拆分］第一步：分析研究对象模型.设小物块和木板的质量分别为m和M。

北京专用2019版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第4讲传送带模型滑块-滑板模型课件

右端时,有
v
2 m
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
i=n 2aL,vmin=
=2 a Lm/s=221m/2s,所以传送带对应的最小运行速
率为 2 m/s。
行李最短运行时间由vmin=atmin
得tmin= v m i n= 2 s=2 s。
a1
1-2 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, 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,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g= 10 m/s2。求:
下去。
a1t=-v0+a2t 解得t=0.5 s 两者的共速度大小为v=a1t=2 m/s 可见木板此时恰好回到原位置,位移为零,此过程物块的位移为s=1 a1t2=
2
0.5 m 所以物块最终停在木板的中点处。
深化拓展
考点一传送带问题考点二滑块—滑板模型
深化拓展
考点一传送带问题
传送带问题的考查一般从两个层面上展开
1-1 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。

高考物理动力学中的滑块和传送带问题

一、滑块问题1．如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4kg ，长为L=1.4m ；木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m=1kg ，其尺寸远小于L 。

小滑块与木板之间的动摩擦因数为m ==04102.(/)g m s（1）现用恒力F 作用在木板M 上，为了使得m 能从M 上面滑落下来，问：F 大小的范围是什么？什么？（2）其它条件不变，若恒力F=22.8牛顿，且始终作用在M 上，最终使得m 能从M 上面滑落下来。

问：m 在M 上面滑动的时间是多大？上面滑动的时间是多大？解析：（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力）小滑块与木板间的滑动摩擦力 f N mg ==m m 小滑块在滑动摩擦力f 作用下向右匀加速运动的加速度作用下向右匀加速运动的加速度af mg m s124===//m 木板在拉力F 和滑动摩擦力f 作用下向右匀加速运动的加速度作用下向右匀加速运动的加速度 aF f M2=-()/使m 能从M 上面滑落下来的条件是上面滑落下来的条件是aa21>即N g m M F m f M f F 20)(//)(=+>>-m 解得（2）设m 在M 上滑动的时间为t ，当恒力F=22.8N ，木板的加速度，木板的加速度aF f M m s 2247=-=()/./ ）小滑块在时间t 内运动位移Sa t1122=/木板在时间t 内运动位移S a t 2222=/ 因SSL21-=即s t t t 24.12/42/7.422==-解得2．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：（取g =10m/s 2）（1）木块与冰面的动摩擦因数．）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．）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？）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？解析：（1）A 、B 一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度222 1.0m/s 2v a g sm === 解得木板与冰面的动摩擦因数μ2=0.10 （2）小物块A在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度A vB a 1=μ1g =2.5m/s 2小物块A 在木板上滑动，木块B 受小物块A 的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有μ1mg －μ2(2m )g =ma 2 解得加速度a 2=0.50m/s 2设小物块滑上木板时的初速度为v 10，经时间t 后A 、B 的速度相同为v 由长木板的运动得v =a 2t ，解得滑行时间20.8s vt a == 小物块滑上木板的初速度 v 10=v ＋a 1t =2.4m/s 小物块A 在长木板B 上滑动的距离为22120112110.96m 22s s s v t a t a t D =-=--= （3）小物块A 滑上长木板的初速度越大，它在长木板B 上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，物块A 达到木板B 的最右端，两者的速度相等（设为v ′)，这种情况下A 的初速度为保证不从木板上滑落的最大初速度，设为v 0．有220121122v t a t a t L --=012v v a t v a t ¢¢-==由以上三式解得，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不大于最大初速度0122() 3.0m/s v a a L =+=动力学中的传送带问题一、传送带模型中要注意摩擦力的突变 ①滑动摩擦力消失①滑动摩擦力消失 ②滑动摩擦力突变为静摩擦力②滑动摩擦力突变为静摩擦力 ③滑动摩擦力改变方向③滑动摩擦力改变方向二、传送带模型的一般解法 ①确定研究对象；①确定研究对象；②分析其受力情况和运动情况，（画出受力分析图和运动情景图），注意摩擦力突变对物体运动的影响；运动的影响；③分清楚研究过程，利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量。

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

2019届一轮复习人教版传送带问题课件 ( 27张 )

v
思考 2 ：什么条件下物体一直做匀加速直线运动？物体从传送带一端到另一端所需的时间？
物体从初速为零加速至v 所需时间 tmax
v g
所需位移 xmax
v v 2a 2g
2
2
若xmax≥L,则物体一直加速
2L 2L t a g
例如: 已知水平传送带v 、μ，两端长为L， v
1.多物体多过程问题
2.受力分析是关键
3.注意临界条件:速度相等
【例2】如图所示，质量M= 8.0kg的小车停放在光滑水平面上。在小车右端施加一个F = 8.0N 的水平恒力。当小车向右运动的速度达到 3.0m/s时，在其右端轻轻放上一个质量m=2.0kg 的小物块（初速为零），物块与小车间的动摩擦因数μ = 0.20，假定小车足够长。求： ⑴经多长时间物块停止在小车上相对滑动？ ⑵小物块从放在车上开始，经过t = 3.0 s，通过的位移是多少？（取g=10m/s2）
当L、μ一定时，提高传送带速度，可缩短传送时间，一直加速时间最短。
例如: 已知水平传送带v 、μ，两端长为L， v 思考5：当L、 v一定时，怎样使轻放的物体从传送一端达到另一端所需的时间最短？当L、v一定时，增大μ，可缩短传送时间。
例如: 已知水平传送带μ，两端长为L v0 v
思考6：假设物体初速v0小于水平传送带速度v, 物体可能做什么运动？
典型问题五——传送带问题
——广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行车进行安全检查.
一、水平传送传送带上，物体可能做怎样的运动？
可能一直做匀加速直线运动、或先匀加速直线运动后匀速运动。
例如: 已知水平传送带v 、μ，两端长为L，
二、倾斜传送带 1、同向运动【例2】如图所示，传送带与地面倾角θ＝370 ，从A到B长度为16m，传送带以10m/s的速度逆时针转动，在传送带上端A无初速地放一质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求：物体从A运动到B所需的时间是多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

高考物理一轮复习第三章专题三动力学中的“传送带板块”模型教案新人教版

专题三动力学中的“传送带、板块”模型突破1 传送带模型考向1 水平传送带模型(2019·海口模拟)(多选)如图所示，水平传送带A 、B 两端相距s ＝3.5 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A 端瞬时速度v A ＝4 m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B ，则(g 取10 m/s 2)( )A ．若传送带不动，则vB ＝3 m/sB ．若传送带以速度v ＝4 m/s 逆时针匀速转动，v B ＝3 m/sC ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝3 m/sD ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，v B ＝2 m/s[审题指导] (1)若传送带顺时针转动且v 物>v 带，则传送带对物块的摩擦力为滑动摩擦力且为阻力．(2)若传送带逆时针转动，传送带对物块的摩擦力为滑动摩擦力且为阻力．【解析】若传送带不动，由匀变速运动规律可知v 2B －v 2A ＝－2as ，a ＝μg ，代入数据解得vB ＝3 m/s ，当满足选项B 、C 、D 中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是μg ，所以工件到达B 端时的瞬时速度仍为3 m/s ，故选项A 、B 、C 正确，D 错误．【答案】 ABC分析传送带问题的关键是判断摩擦力的方向.要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物块相对传送带的运动方向确定摩擦力的方向，根据受力分析确定物块的运动；二是当物块的速度与传送带速度相等时，判断物块能否与传送带保持相对静止.另外注意考虑传送带长度——判定达到共同速度(临界点)之前物块是否脱离传送带.1．如图所示，足够长的水平传送带静止时在左侧某处画下标记点P ，将工件放在P 点．启动传送带，使其向右做匀加速运动，工件相对传送带发生滑动．经过t 1＝2s 立即控制传送带，使其做匀减速运动，再经过t 2＝3s 传送带停止运行，测得标记点P 通过的距离x 0＝15 m.(1)求传送带的最大速度；(2)已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求整个过程中工件运动的总距离．解析：(1)设传送带的最大速度为v m .根据匀变速直线运动规律，有x 0＝x 1＋x 2＝v m2(t 1＋t 2) 解得v m ＝6 m/s(2)以工件为研究对象，由牛顿第二定律，有μmg ＝ma 2 解得a 2＝μg ＝2 m/s 2设经时间t 工件与传送带速度相等，有v ＝a 2tv ＝v m ＋a 1(t －t 1)传送带减速运动中的加速度a 1＝0－v m t 2＝－2 m/s 2解得t ＝2.5 s ，v ＝5 m/st ＝2.5 s 内工件的位移x 1＝v2·t ＝6.25 m工件与传送带速度相等后，假设二者相对静止，则工件受到的合外力大小F 合＝m ·|a 1|＝m ×2 m/s 2工件与传送带之间的最大静摩擦力f m ＝μmg ＝m ×2 m/s 2因为F 合＝f m ，所以二者一起减速运动到静止减速过程工件的位移x 2＝v2(t 1＋t 2－t )＝6.25 m故工件的总位移x ＝x 1＋x 2＝12.5 m 答案：(1)6 m/s (2)12.5 m 考向2 倾斜传送带模型上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v 0、t 0已知，则( )A ．传送带一定逆时针转动B ．μ＝tan θ＋v 0gt 0cos θC ．传送带的速度大于v 0D ．t 0后木块的加速度为2g sin θ－v 0t 0【解析】若传送带顺时针转动，当木块下滑时(mg sin θ>μmg cos θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mg sin θ<μmg cos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图象，故传送带是逆时针转动，选项A 正确．木块在0～t 0内，滑动摩擦力向下，木块匀加速下滑，a 1＝g sin θ＋μg cos θ，由图可知a 1＝v 0t 0，则μ＝v 0gt 0cos θ－tan θ，选项B 错误．当木块的速度等于传送带的速度时，木块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于v 0，选项C 错误．等速后的加速度a 2＝g sin θ－μg cos θ，代入μ值得a 2＝2g sin θ－v 0t 0，选项D 正确．【答案】 AD本题中在工件与传送带达到共同速度的瞬间摩擦力发生了“突变”，由向下的滑动摩擦力变为向上的滑动摩擦力．对于倾斜传送带，滑动摩擦力方向能否发生“突变”，还与动摩擦因数的大小有关．只有μ<tan θ时，才能突变为向上的滑动摩擦力；若μ>tan θ，则突变为静摩擦力．2．有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，恒定速度v ＝4 m/s ，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m ＝1 kg 的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F ＝8 N ，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h ＝2.4 m 的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．问：(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F ，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？解析：(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律ma 1＝F ＋μmg cos37°－mg sin37°，计算得a 1＝6 m/s 2 加速时间t 1＝v a 1＝23 s加速距离x 1＝v 22a 1＝43m物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改变，因为F ＝8 N ，而下滑力和最大摩擦力之和为10 N ．故不能相对斜面向上加速．故得a 2＝0 匀速运动时间t 2＝x －x 1v ＝23s 到平台所用的时间t ＝t 1＋t 2＝43s≈1.33 s(2)若达到同速后撤去力F ，因为mg sin37°>μmg cos37°，故减速上行，由牛顿第二定律可得ma 3＝mg sin37°－μmg cos37°解得a 3＝2 m/s 2物块还需t ′离开传送带，离开时的速度为v t ，则v 2－v 2t ＝2a 3x 2 v t ＝433m/s≈2.3 m/s t ′＝v －v t a 3＝2 s －233s≈0.85 s答案：(1)1.33 s (2)0.85 s突破2 板块模型1．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动.如图所示，质量为M 的长木板位于光滑水平面上，质量为m 的物块静止在粗糙的长木板上，为使两者能共同向右加速运动，可以采用以下两种方案：(1)水平恒力作用在物块m 上，其最大值为F ；(2)水平恒力作用在长木板M 上．重力加速度大小为g ，物块m 与长木板M 之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力．则方案(2)中的水平恒力最大值为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m M FB.M m FC.⎝⎛⎭⎪⎫1＋M mFD.m MF【解析】对于方案(1)，以物块m 为研究对象，根据牛顿第二定律有F －μmg ＝ma 1，以长木板M 为研究对象，根据牛顿第二定律有μmg ＝Ma 2，若两者出现相对滑动应有a 1≥a 2，联立解得F ≥μmg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋m M ；对于方案(2)，以物块m 为研究对象，根据牛顿第二定律有μmg ＝ma 1′，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有F ′－μmg ＝Ma 2′，若两者出现相对滑动应有a 1′≤a 2′，联立解得F ′≥μ(M ＋m )g .若取临界情况，则有F ′＝M mF ，选项B 正确．【答案】 B3．(多选)如图所示，一质量为M 的斜面体静止在水平地面上，斜面倾角为θ，斜面上叠放着A 、B 两物体，物体B 在沿斜面向上的力F 的作用下沿斜面匀速上滑．若A 、B 之间的动摩擦因数为μ，μ<tan θ，A 、B 质量均为m ，重力加速度为g ，则( BD )A ．A 、B 保持相对静止 B ．A 、B 一定相对滑动C ．B 与斜面间的动摩擦因数为F －mg sin θ2mg cos θD ．B 与斜面间的动摩擦因数为F －mg sin θ－μmg cos θ2mg cos θ解析：因为μ<tan θ，对A 研究对象则满足mg sin θ>μmg cos θ，所以A 、B 一定相对滑动，选项A 错误，B 正确；选物体B 为研究对象，由牛顿第二定律得F －μmg cos θ－mg sin θ－μB ·2mg cos θ＝0，μB ＝F －mg sin θ－μmg cos θ2mg cos θ，故选项C 错误，D 正确．4．(2019·湖北三校联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L ＝1 m ，起点A 到终点线B 的距离s ＝5 m ．开始滑板静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F 使滑板前进．板右端到达B 处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m 1＝2 kg ，滑板质量m 2＝1 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)滑板由A 滑到B 的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F 的取值范围．解析：(1)滑板一直加速时，所用时间最短．设滑板加速度为a 2，f ＝μm 1g ＝m 2a 2，a 2＝10 m/s 2，s ＝a 2t 22，解得t ＝1 s.(2)刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F 1，此时可认为二者加速度相等，F 1－μm 1g ＝m 1a 2，解得F 1＝30 N.当滑板运动到B 点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F 2，设滑块加速度为a 1，F 2－μm 1g ＝m 1a 1，a 1t 22－a 2t 22＝L ，解得F 2＝34 N.则水平恒力大小范围是30 N≤F ≤34 N. 答案：(1)1 s (2)30 N≤F ≤34 N学习至此，请完成课时作业10。

高三物理复习(传送带问题)

难点之一传送带问题一、难点形成的原因：1、对于物体与传送带之间是否存在摩擦力、是滑动摩擦力还是静摩擦力、摩擦力的方向如何，等等，这些关于摩擦力的产生条件、方向的判断等基础知识模糊不清；2、对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动，判断错误；3、对于物体在传送带上运动过程中的能量转化情况考虑不全面，出现能量转化不守恒的错误过程。

二、难点突破策略：（1）突破难点在以上三个难点中，第1个难点应属于易错点，突破方法是先让学生正确理解摩擦力产生的条件、方向的判断方法、大小的决定因素等等。

通过对不同类型题目的分析练习，让学生做到准确灵活地分析摩擦力的有无、大小和方向。

摩擦力的产生条件是：第一，物体间相互接触、挤压；第二，接触面不光滑；第三，物体间有相对运动趋势或相对运动。

前两个产生条件对于学生来说没有困难，第三个条件就比较容易出问题了。

若物体是轻轻地放在了匀速运动的传送带上，那么物体一定要和传送带之间产生相对滑动，物体和传送带一定同时受到方向相反的滑动摩擦力。

关于物体所受滑动摩擦力的方向判断有两种方法：一是根据滑动摩擦力一定要阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，先判断物体相对传送带的运动方向，可用假设法，若无摩擦，物体将停在原处，则显然物体相对传送带有向后运动的趋势，因此物体要受到沿传送带前进方向的摩擦力，由牛顿第三定律，传送带要受到向后的阻碍它运动的滑动摩擦力；二是根据摩擦力产生的作用效果来分析它的方向，物体只所以能由静止开始向前运动，则一定受到向前的动力作用，这个水平方向上的力只能由传送带提供，因此物体一定受沿传送带前进方向的摩擦力，传送带必须要由电动机带动才能持续而稳定地工作，电动机给传送带提供动力作用，那么物体给传送带的就是阻力作用，与传送带的运动方向相反。

若物体是静置在传送带上，与传送带一起由静止开始加速，若物体与传送带之间的动摩擦因数较大，加速度相对较小，物体和传送带保持相对静止，它们之间存在着静摩擦力，物体的加速就是静摩擦力作用的结果，因此物体一定受沿传送带前进方向的摩擦力；若物体与传送带之间的动摩擦因数较小，加速度相对较大，物体和传送带不能保持相对静止，物体将跟不上传送带的运动，但它相对地面仍然是向前加速运动的，它们之间存在着滑动摩擦力，同样物体的加速就是该摩擦力的结果，因此物体一定受沿传送带前进方向的摩擦力。

专题1.11 动力学中的传送带问题(解析版)

高考物理备考微专题精准突破专题1.11动力学中的传送带问题【专题诠释】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)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v 0>v 返回时速度为v ，当v 0<v 返回时速度为v 02.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a 1加速后以a 2加速【高考领航】【2019·全国卷Ⅲ】如图a ，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。

t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4s 时撤去外力。

细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图b 所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图c 所示。

木板与实验台之间的摩擦可以忽略。

重力加速度取10m/s 2。

由题给数据可以得出()A ．木板的质量为1kgB ．2～4s 内，力F 的大小为0.4NC ．0～2s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB 【解析】木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b 知，2s 后木板滑动，物块和木板间的滑动摩擦力大小F 摩＝0.2N 。

由题图c 知，2～4s 内，木板的加速度大小a 1＝0.42m/s 2＝0.2m/s 2，撤去外力F 后的加速度大小a 2＝0.4－0.21m/s 2＝0.2m/s 2，设木板质量为m ，据牛顿第二定律，对木板有：2～4s 内：F －F 摩＝ma 1,4s 以后：F 摩＝ma 2，解得m ＝1kg ，F ＝0.4N ，A 、B 正确。

高考物理一轮复习第三章微专题22 动力学中的传送带问题

动力学中的传送带问题1．考点及要求：(1)滑动摩擦力和静摩擦力(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ)；(3)牛顿运动定律(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)首先判定摩擦力突变点，给运动分段．物体所受摩擦力，其大小和方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口；(2)在倾斜传送带上往往需要比较mg sin θ与f 的大小与方向；(3)考虑传送带长度——判定临界之前是否滑出；物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止做匀速运动．1．(水平传送带问题)(多选)如图1甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是( )图1A．μ＝0.4 B．μ＝0.2C．t＝4.5 s D．t＝3 s2．(倾斜传送带问题)如图2所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带传送至顶端Q处．已知P、Q之间的距离为4 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝3，取g＝10 m/s2.2图2(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间．3．(多选)如图3甲所示，倾角为θ的足够长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，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.则( )图3A．传送带的速率v0＝10 m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2.0 s摩擦力对物体做功W f＝－24 J4.如图4所示，有一水平放置的足够长的传送带输送机以v＝5 m/s的速率沿顺时针方向运行．有一物块以v0＝10 m/s的初速度从传送带输送机的右端沿传送带水平向左滑动．若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，并取g＝10 m/s2，求物块从滑上传送带到离开传送带所用的时间．图4答案解析1．BC [由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a ＝Δv Δt＝2.0 m/s 2，由牛顿第二定律得f ＝Ma ＝μMg ，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A 错误，B 正确；在v －t 图像中，图线与t 轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s ，C 正确，D 错误．]2．(1)见解析 (2)2.4 s解析 (1)对工件进行受力分析，由牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，代入数值得：a ＝2.5 m/s 2.则其速度达到传送带速度时发生的位移为x 1＝v 22a ＝222×2.5m ＝0.8 m<4 m. 工件匀速运动的位移x 2＝x －x 1＝4 m －0.8 m ＝3.2 m.可见工件先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m.(2)匀加速时，由x 1＝v 2t 1得t 1＝0.8 s ，匀速时t 2＝x 2v ＝3.22s ＝1.6 s ，所以工件从P 点运动到Q 点所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝2.4 s.3．ACD [当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v －t 图像可得，传送带的速率为v 0＝10 m/s ，选项A 正确；1.0 s 之前的加速度a 1＝10 m/s 2,1.0 s 之后的加速度a 2＝2 m/s 2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a 1，g sin θ－μg cos θ＝a 2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B 错误，选项C 正确；摩擦力大小f ＝μmg cos θ＝4 N ，在0～1.0 s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s 内物体的位移为5 m,1.0～2.0 s 内物体的位移是11 m ，摩擦力做的功为－4×(11－5) J ＝－24 J ，选项D 正确．]4．4.5 s解析物块滑上传送带时，受到向右的滑动摩擦力，向左做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma ，加速度：a ＝μg ＝0.5×10 m/s 2＝5 m/s 2，由匀变速运动的速度位移公式可得，物块速度变为零时的位移：x ＝v 202a ＝1022×5m ＝10 m ，物块向左运动的时间t 左＝v 0a ＝105s ＝2 s ；物块速度变为零后，反向向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a ＝5 m/s 2，物块速度等于传送带速度v ＝5 m/s 时，物块的位移x 1＝v 22a ＝522×5 m ＝2.5 m<x ＝10 m ，t 1＝v a ＝55s ＝1 s ，然后物块与传送带一起向右做匀速直线运动，物块做匀速直线运动的时间：t 2＝x －x 1v ＝10－2.55s ＝1.5 s ，物块从滑上传送带到离开传送带所用的时间：t＝t左＋t1＋t2＝4.5 s。

高考物理一轮复习导学案传送带板块模型

功能关系的综合应用——传送带模型、“滑块—木板”模型【传送带模型】1.传送带克服摩擦力做的功：W＝f x传（x传为传送带对地的位移）2.系统产生的内能：Q＝f x相对（x相对为总的相对路程）．3.求解电动机由于传送物体而多消耗的电能一般有两种思路①运用能量守恒以倾斜传送带为例，多消耗的电能为E电，则：E电＝ΔE k＋ΔE p＋Q.②运用功能关系传送带多消耗的电能等于传送带克服阻力做的功E电=fx传(特别注意：如果物体在倾斜传送带上的运动分匀变速和匀速两个运动过程，这两个过程中传送带都要克服摩擦力做功，匀变速运动过程中两者间的摩擦力是滑动摩擦力，匀速运动过程中两者间的摩擦力是静摩擦力) 4.传送带问题分析流出图：（一）水平传送带例1 如图所示，长为5m的水平传送带以2m/s的速度顺时针匀速转动，将质量为1kg的小物块无初速度放在传送带左侧。

已知传送带与小物块之间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s2，求小滑块在传送带上运动过程中：（1）传送带对小物块做的功；（2）传送带与小物块摩擦产生的热量；（3）因放上小物块，电动机多消耗的电能。

变式：若小滑块以3m/s的速度从右端滑上传送带，求：（1）传送带与小物块摩擦产生的热量；（2）传送带克服摩擦力做功。

（二）倾斜传送带例2 如图所示，传送带与水平面间的夹角为30°，其中A、B两点间的距离为3.5m，传送带在电动机的带动下以v=2m/s的速度顺时针匀速转动。

现将一质量4kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带的B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=√3，g为取10m/s2，则在传送带将小物块从B点传送到A点的过程中：2（1）摩擦力对小物块做的功；（2）摩擦产生的热量；（3）因放小物块而使得电动机多消耗的电能。

例3如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ=37°，A、B两端间距L=16m，传送带以速度v=10m/s 沿顺时针方向运动。

2019版高考物理创新一轮复习江苏专用版文档：第三章

能力课动力学中的两种典型“模型”传送带模型1.传送带的基本类型(1)按放置可分为：水平(如图1a)、倾斜(如图b，图c)、水平与倾斜组合；(2)按转向可分为：顺时针、逆时针。

图12.传送带的基本问题(1)运动学问题：运动时间、痕迹问题、运动图象问题(运动学的角度分析)；(2)动力学问题：物块速度和加速度、相对位移，运动时间(动力学角度分析)；(3)功和能问题：做功，能量转化(第五章讲)。

命题角度1水平传送带模型【例1】如图2所示，水平传送带两端相距x＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度v A＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为v B。

(取g＝10 m/s2)图2(1)若传送带静止不动，求v B的大小；(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B点的速度v B；(3)若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求v B及工件由A到B所用的时间。

解析(1)根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6 m/s2，又v2A－v2B＝2ax，代入数值得v B＝2 m/s。

(2)能。

当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然始终减速，故工件到达B端的速度v B＝2 m/s。

(3)工件速度达到13 m/s 时所用时间为t 1＝v －v Aa ＝0.5 s ，运动的位移为x 1＝v A t 1＋12at 21＝5.75 m ＜8 m ，则工件在到达B 端前速度就达到了13 m/s ，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速。

匀速运动的位移x 2＝x －x 1＝2.25 m ，t 2＝x 2v ≈0.17 s ，t ＝t 1＋t 2＝0.67 s 。

答案 (1)2 m/s (2)能，2 m/s (3)13 m/s0.67 s1.求解水平传送带问题的关键 (1)正确分析物体所受摩擦力的方向。

(2)注意转折点：物体的速度与传送带速度相等的时刻是物体所受摩擦力发生突变的时刻。

2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第26讲动力学中的传送带问题教科版

第26讲动力学中的传送带问题[方法点拨] 传送带靠摩擦力带动(或阻碍)物体运动，物体速度与传送带速度相同时往往是摩擦力突变(从滑动摩擦力变为无摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力)之时．1．(多选)如图1所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中( )图1A．煤块从A运动到B的时间是2.25sB．煤块从A运动到B的时间是1.5sC．划痕长度是0.5mD．划痕长度是2m2．(多选)(2017·江西丰城模拟)质量均为m的两物块1和2之间用一根不可伸长的细线相连，两物块一起在光滑水平桌面上以速度v0匀速运动，某时刻物块1到达桌面的右边缘，如图2所示．当物块1滑上与桌面等高的水平传送带后，经过一段时间到达传送带的最右端，若传送带的速度大于v0且保持不变，物块1和物块2与传送带间的动摩擦因数分别为μ1、μ2(μ1<μ2)，则在此过程中(不考虑桌子边缘与传送带间的缝隙，细线的长度小于传送带的长度)( )图2A．物块2在桌面上可能先做匀加速运动后做匀速运动B．两物块都在传送带上时，它们所受的摩擦力一定不相等C．两物块在任何时刻的速度和加速度都相等D．可能存在物块1与物块2加速度不相等的阶段3．(2017·四川绵阳二诊)如图3所示，大型物流货场传送带倾斜放置，与水平面的夹角保持不变．传送带可向上匀速运动，也可向上加速运动；货箱M与传送带间保持相对静止，设受传送带的摩擦力为f.则( )图3A．传送带加速运动时，f的方向可能平行传送带向下B．传送带匀速运动时，不同质量的货箱，f相等C．相同的货箱，传送带匀速运动的速度越大，f越大D．相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大，f越大4．(多选)(2017·四川绵阳第一次段考)匀速转动的长传送带倾斜放置，传动方向如图4所示，在顶部静止放上一物块，在物块下滑过程中，规定沿传送带向下为正，下列描述物块运动过程中的v－t、a－t图像，可能正确的是( )图45．(2018·四川泸州一检)如图5所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1.一个物块从传送带底端以初速度大小v2(v2＞v1)上滑，同时物块受到平行于传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v－t图像不可能是( )图56．(2017·江西省赣中南五校联考)如图6所示，一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0m，若右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，试问：图6(1)物块到达传送带右端的速度大小；(2)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大高度．(sin37°＝0.6，g取10m/s2)7．传送带被广泛应用于各行各业．由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同．如图7所示，一倾斜放置的传送带与水平面的夹角θ＝37°，在电动机的带动下以v＝2m/s的速率顺时针方向匀速运行．M、N为传送带的两个端点，M、N两点间的距离L＝7 m．N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住．在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1 kg，且均可视为质点，O、M间距离L1＝3 m．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．图7(1)金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数μ1；(2)木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞．已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前、后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5.求与挡板P 第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离．答案精析1．BD [根据牛顿第二定律，煤块的加速度a ＝μmg m＝4m/s 2，煤块运动到与传送带速度相等时的时间t 1＝v 0a ＝1s ，位移大小x 1＝12at 12＝2m ＜x ，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动至B 端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx ＝v 0t 1－x 1＝2m ，选项D 正确，C 错误；煤块匀速运动的位移x 2＝x －x 1＝2m ，煤块匀速运动的时间t 2＝x 2v 0＝0.5s ，则煤块从A 到B 运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1.5s ，选项B 正确，A 错误．]2．AD [物块1滑上传送带后，在物块1所受滑动摩擦力的作用下，物块1和物块2均做匀加速运动；如果在物块2滑上传送带之前，物块1的速度已经等于传送带的速度，则此后物块1、2均做匀速直线运动，故A 正确；两物块都在传送带上时，如果两物块速度与传送带相同，则两物块所受静摩擦力相等，均为零，故B 错误；如果物块2滑上传送带时，物块的速度小于传送带的速度，由于两个物块与传送带间的动摩擦因数μ1<μ2，则加速度a 1<a 2，两个物块间的距离会缩小，故C 错误，D 正确．]3．D4．AC [物块静止放到传送带后，受到重力、支持力、沿斜面向下的滑动摩擦力，做匀加速运动，速度均匀增大，由v ＝at 知，v 与t 成正比．当速度等于传送带速度时，重力沿斜面向下的分力可能小于或等于最大静摩擦力，则物块将与传送带一起匀速向下运动，也可能重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，物块继续匀加速下滑．开始阶段的匀加速过程中，由牛顿第二定律得：μmg cos θ＋mg sin θ＝ma ，得a ＝μg cos θ＋g sin θ.第二个匀加速过程中，由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma ′，得a ′＝g sin θ－μg cos θ，可知，a ′＜a ，故A 、C 正确，B 、D 错误．]5．C [物块的速度v 2＞v 1，初始时物块受到沿斜面向下的滑动摩擦力，因μ＝tan θ，f ＝μmg cos θ＝mg sin θ.当F ＞mg sin θ，F 1＝F －mg sin θ，方向沿传送带向上．若F 1＞f ，物块将做匀加速直线运动，A 选项可能．若F 1＝f ，物块做匀速运动，B 选项可能．若F 1＜f ，物块将先做匀减速直线运动，当物块速度等于传送带速度时，F 1＜f ＝f 最大，物块和传送带保持相对静止，匀速运动．当F ＜mg sin θ，F 2＝mg sin θ－F ，方向沿传送带向下，物块先做匀减速直线运动，到与传送带速度相同时，因F 2＝mg sin θ－F ＜mg sin θ＝f ＝f最大，物块将与传送带一起做匀速运动，D 选项可能，C 选项不可能．故选C.]6．(1)2m/s (2)不能 0.2m解析 (1)物块在传送带上先做匀加速直线运动，有μmg ＝ma 1，a 1＝2m/s 2当两者速度相等时，t ＝va 1＝1s ，此时物块运动的位移为： x 1＝12a 1t 2＝12×2×12m ＝1m ＜2m所以在到达传送带右端前物块已匀速，速度大小为2m/s(2)物块以2m/s 的速度滑上斜面，有－mg sin θ＝ma 2， a 2＝－6m/s 2物块速度为零时上升的距离x 2＝0－v 22a 2＝0－4－12m ＝13m ，由于x 2＜0.4m ，所以物块未到达斜面顶端．物块上升的最大高度：h m ＝x 2sin θ＝0.2m7．(1)1 (2)1.6m解析 (1)金属块A 在传送带方向上受重力沿传送带向下的分力和摩擦力，由题意可知，μ1>tan θ，即A 先做匀加速运动，并设其速度能达到传送带的速度v ＝2m/s ，然后做匀速运动，到达M 点．金属块由O 运动到M ，有L 1＝12at 12＋vt 2，且t 1＋t 2＝t ，v ＝at 1，根据牛顿第二定律有μ1mg cos37°－mg sin37°＝ma ，解得t 1＝1s<t ＝2s ，符合题设要求，加速度a ＝v t 1＝2m/s 2.解得金属块与传送带间的动摩擦因数μ1＝1.(2)由静止释放后，木块B 沿传送带向下做匀加速运动，设其加速度大小为a 1，运动距离L ON ＝4m ，B 第一次与P 碰撞前的速度大小为v 1，则有a 1＝g sin θ－μ2g cos θ＝2m/s 2，v 1＝2a 1L ON ＝4m/s ，由μ2<tan θ可知，与挡板P 第一次碰撞后，木块B 以速度大小v 1被反弹，先沿传送带向上以加速度大小a 2做匀减速运动直到速度为v ，此过程运动距离为s 1；之后以加速度大小a 1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s 2. a 2＝g sin θ＋μ2g cos θ＝10m/s 2，s 1＝v 12－v 22a 2＝0.6m ，s 2＝v 22a 1＝1m ，因此与挡板P 第一次碰撞后，木块B 所到达的最高位置与挡板P 的距离为s ＝s 1＋s 2＝1.6m.。

一轮复习传送带”模型的动力学问题

“传送带”模型的动力学问题1．水平传送带问题：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．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.2.倾斜传送带问题：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．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．1.(多选)(2020·山东济南一中期中)如图1所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ.现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则下图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是()图12．(多选)(2020·重庆市江津中学月考)如图2所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度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()图2A．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3．(多选)如图4所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5.下列说法中正确的是(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)()图4A．物块A到达底端的速度比物块B到达底端的速度大B．物块A、B同时到达底端C．物块A先到达传送带底端D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶34．(2020·湖南五市十校第二次联考)如图5所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v 1＝2 m/s 顺时针匀速转动，一物块以v 2＝8 m/s 的速度从传送带的底端滑上传送带．已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图5A ．小物块向上运动过程中的加速度大小恒为10 m/s 2B ．小物块向上运动的时间为1.6 sC ．小物块向上滑行的最远距离为3 mD ．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动5.(2020·辽宁师大附中开学考试)如图6所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m 的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a 开始运动，当其速度达到v 后，便以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度大小为g )( )图6A ．μ与a 之间一定满足关系μ>a gB ．煤块从开始运动到相对传送带静止通过的位移为v 2μgC ．煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间为v μgD ．黑色痕迹的长度为(a －μg )v 22a 21.答案 CD解析木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故C 、D 正确，A 、B 错误．2.答案 CD解析若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送带滑动做匀减速运动，此时滑动摩擦力产生加速度，两者加速度大小相等，运动的位移大小相等，都做匀变速运动，则运动的时间相等，故A 错误；若v 2<v 1，物体从右端滑上传送带，物体所受摩擦力向右，物体做匀减速运动，当物体滑到左端速度大于等于零时，可以到达左端，故C 正确；若v 2<v 1，物体从左端滑上传送带时所受的滑动摩擦力向右，物体先做匀加速运动，当物体运动到右端时速度仍小于传送带速度时，则没有匀速过程，故B 错误；若v 2<v 1，物体从右端滑上传送带又回到右端，物体受到的摩擦力一直向右，加速度不变，即先向左匀减速，后向右匀加速，故D 正确．3.答案 BD解析对物块A 、B 受力分析，因为mg sin 37°＞μmg cos 37°，故物块A 所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，物块B 所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，且两物块做匀加速直线运动的加速度大小相等，又由位移大小相等知运动的时间相等，故到达底端的速度大小相等，故A 、C 错误，B 正确．对物块A ，划痕的长度等于物块A 的位移减去传送带的位移，以物块A 为研究对象，由牛顿第二定律得：a ＝2 m/s 2，由运动学公式得运动时间为：t ＝1 s ，所以传送带运动的位移为x ＝v t ＝1 m ．则物块A 在传送带上的划痕为：Δx 1＝2 m －1 m ＝1 m ，对物块B ，划痕的长度等于B 的位移加上传送带的位移，同理得出物块B 在传送带上的划痕长度为Δx 2＝3 m ．所以划痕长度之比为1∶3，故D 正确．4.答案 B解析当v 2>v 1时，对小物块由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2.μ<tan 37°，则小物块速度与传送带速度相同后会继续减速，v 2<v 1时，有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，故A 项错误；由v 2－v 1＝a 1t 1得t 1＝0.6 s ，又v 1＝a 2t 2得t 2＝1 s ，小物块向上运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1.6 s ，故B 项正确；小物块向上滑行的最远距离为x 2＝v 1＋v 22t 1＋v 12t 2＝4 m ，故C 项错误；小物块先向上减速到0后，会反向加速下滑，故D 项错误．5.答案 C解析由题意知煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度大于煤块的加速度，有μmg <ma ，解得μ<a g，A 错误；设煤块的加速度大小为a 1，对煤块由牛顿第二定律有μmg ＝ma 1，解得a 1＝μg ，由匀变速直线运动规律得，煤块从开始运动到相对传送带静止的过程中通过的位移x 1＝v 22a 1＝v 22μg，B 错误；煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间t 1＝v a 1＝v μg ，C 正确；传送带从开始运动到速度为v 经历的时间t 2＝v a，传送带在从开始运动到速度为v 的过程中通过的位移x 2＝v 22a，则传送带在从速度为v 到与煤块相对静止的过程中，做匀速运动的位移x 3＝v (t 1－t 2)＝v 2μg －v 2a ，所以黑色痕迹的长度Δx ＝x 2＋x 3－x 1＝v 22μg －v 22a，D 错误．。

高三物理一轮复习高考专题复习传送带上的力学问题

高考第一轮复习——传送带上的力学问题物体在传送带上运动时，往往会牵涉到摩擦力的突变和相对运动，这是一个难点。

当物体与传送带相对静止时，物体与传送带间可能存在静摩擦力，也可能不存在摩擦力；当物体与传送带相对滑动时，物体与传送带间有滑动摩擦力，这时物体与传送带间会有相对滑动的位移。

当物体达到与传送带相同的速度（未必此后就相对静止）时，要做假设判断，即假设此后物体相对于传送带静止，由牛顿第二定律解出假设前提下的静摩擦力f，若f ≤f max，则进入摩擦自锁状态，此后物体相对于传送带静止，否则此后将发生相对滑动。

要正确解决此类问题，就必须分析清楚物体的运动过程。

传送带分类：按放置分：水平、倾斜两种；按转向分：顺时针、逆时针转两种；按速度分：匀速、加速两种【知识梳理】考点一水平传送带题型1 传送带水平匀速运动例1、如图所示，水平传送带两轮A、B间距L=8m，传送带以速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动。

现将一个质量m=1kg的物体由A端轻轻的放上传送带，设μ=0.1（g取10m/s2）求：（1）物体从A运动到B的时间t；（2）物体在传送带留下划痕的长度变式1、如图所示，一平直的传送带以速度v=2m/s匀速运动，传送带把A处的工件运送到B处，A、B相距L=10m。

从A处把工件无初速地放到传送带上，经时间t=6s能传送到B处，求工件与传送带之间的动摩擦因素μ。

变式2、如图所示，一水平传送装置有轮半径为R =π1m 的主动轮O 1和从动轮O 2及传送带等构成。

两轮轴心相距8m ，轮与传送带不打滑，现用此装置运送一袋面粉（可视为质点），已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出。

（1）当传送带以4m/s 的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端O 1正上方A 点轻放在传送带上后，这袋面粉由A 端运送到O 2正上方的B 端所用的时间为多少？（2）要想尽快将这袋面粉（初速度为零）由A 端送到B 端，传送带速度至少多大？（3）由于面粉的渗漏，在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色的面粉痕迹，这袋面粉（初速度为零）在传送带上留下的面粉痕迹最长能有多长？此时传送带的速度应满足什么条件？题型2 传送带水平变速运动传送带与物体的初速度均为零，传送带的加速度为a 0，则把物体轻轻的放在传送带上时，物体将在摩擦力的作用下做匀加速直线运动，而此时物体与传送带之间是静摩擦力还是滑动摩擦力（即物体与传送带之间是否存在相对滑动）取决于传送带的加速度与物体在最大静摩擦力作用下产生的加速度为a 之间的大小关系，这种情况下则存在着两种情况：a 、若传送带的加速度a 0小于物体在最大静摩擦力作用下产生的加速度为a 时，物体则与传送带相对静止，物体此时受到的摩擦力为静摩擦力，物体随传送带一起以加速度a 0做匀加速直线运动。