传送带模型专项练习
2024届高考物理微专题：“传送带”模型综合问题
微专题43“传送带”模型综合问题1．计算摩擦力对物块做的功和摩擦力对传送带做的功要用动能定理，计算摩擦产生的热量要用Q ＝F f x 相对或能量守恒定律.2.电机做的功一部分增加物块的机械能，一部分转化为因摩擦产生的热量．1．(多选)(2023·福建漳州市模拟)如图甲，质量为0.5kg 的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示．图线的0～3s 段为抛物线，3～4.5s 段为直线，重力加速度g 取10m/s 2，下列说法正确的是()A ．传送带沿逆时针方向转动B ．传送带速度大小为2m/sC ．小物块刚滑上传送带时的速度大小为4m/sD ．0～4.5s 内摩擦力对小物块所做的功为－3J答案BCD 解析根据位移—时间图像斜率的绝对值表示速度大小，可知：前2s 小物块向左做匀减速运动，2～3s 内向右做匀加速运动.3～4.5s 内x －t 图像为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右做匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度大小为v ＝Δx Δt ＝34.5－3m/s ＝2m/s ，故B 正确，A 错误；由题图可知，在2～3s 内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则有x ＝12at 2，解得a ＝2m/s 2，根据牛顿第二定律μmg ＝ma ，解得μ＝0.2，在0～2s 内，对小物块有0－v 02＝－2ax ，解得小物块的初速度大小为v 0＝4m/s ，故C 正确；对小物块在0～4.5s 内，根据动能定理有W f ＝12m v 2－12m v 02，解得摩擦力对小物块所做的功为W f ＝－3J ，故D 正确．2．(2023·辽宁省沈阳二中模拟)一倾斜传送带倾角为30°，以5m/s 的速度顺时针匀速转动．现将一质量为0.4kg 的物体(物体可看成质点)轻放在传送带的顶端A 点，物体从A 运动到传送带底端B ，离开B 点时的速度大小为5m/s.已知物体与传送带间的动摩擦因数为32，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为10m/s 2，则物体从A 运动到B 的过程中，下列说法正确的是()A ．传送带的长度可能为0.8mB ．若传送带的长度为2m ，则摩擦力对物体做的功为6JC ．若传送带的长度为2m ，则摩擦力对传送带做的功为－4JD ．若传送带的长度为2m ，则因摩擦而产生的热量为1J答案C 解析物体相对传送带上滑时，物体的加速度大小为a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝12.5m/s 2，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝32>tan θ，故物体与传送带间的最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，离开B 点时的速度大小为5m/s ，故物体可能是一直加速运动或者先加速后匀速运动，若一直加速运动，则传送带的长度L 0＝v 22a ＝1m ，若先加速后匀速运动，则传送带的长度必然大于1m ，故A 错误；若传送带的长度L ＝2m ，则根据动能定理有mgL sin θ＋W f ＝12m v 2，解得摩擦力对物体做的功W f ＝1J ，故B 错误；若传送带的长度为2m ，物体运动时间为t ＝t 1＋t 2＝v a ＋L －L 0v＝0.6s ，物体匀加速阶段，传送带的位移x 1＝v t 1＝2m ，匀速阶段，传送带的位移x 2＝v t 2＝1m ，根据受力分析可知，前2m 物体对传送带的摩擦力方向向上，后1m 对传送带的摩擦力方向向下，则摩擦力对传送带做的功W f ′＝－μmgx 1cos θ＋mgx 2sin θ＝－4J ，故C 正确；若传送带的长度为2m ，则因摩擦而产生的热量Q ＝μmg Δx cos θ，其中，相对运动距离Δx ＝x 1－L 0＝1m ，解得Q ＝3J ，故D 错误．3．(2023·北京市清华大学附中统练)如图所示，顺时针运行的传送带与水平面夹角θ＝30°，底端到顶端的距离L ＝6m ，运行速度大小v ＝2m/s.将质量m ＝1kg 的物块轻放在传送带底部，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝235，取重力加速度g ＝10m/s 2.下列说法正确的是()A ．物块从传送带底端到达顶端的时间为23sB ．物块相对传送带的位移大小为6mC ．物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做的功为32JD ．物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带做功至少为48J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μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1，解得a 1＝1m/s 2，物块速度与传送带速度相等的时间t 1＝v a 1＝2s ，之后，由于mg sin θ<μmg cos θ，摩擦力突变为静摩擦力，大小为mg sin θ，物块与传送带保持相对静止向上滑动，物块匀加速阶段的位移x 1＝v 22a 1＝2m ，传送带的位移x 1′＝v t 1＝4m ，物块与传送带保持相对静止运动的时间t 2＝L －x 1v ＝2s ，物块从传送带底端到达顶端的时间t ＝t 1＋t 2＝4s ，物块相对传送带的位移大小为Δx ＝x 1′－x 1＝2m ，故A 、B 错误；物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做的功为W ＝μmg cos θ·x 1＋mg sin θ·(L －x 1)＝32J ，故C 正确；物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带做的功转化为焦耳热和物块增加的机械能，其大小为W ′＝μmg cos θ·Δx ＋mgL sin θ＋12m v 2＝44J ，故D 错误．4．(2023·重庆市模拟)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t ＝0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v 1>v 2，已知传送带的速度保持不变，则()A ．小物块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θB ．小物块在0～t 1时间内运动的位移比在t 1～t 2内运动的位移小C ．0～t 2时间内，传送带对小物块做的功为W ＝12m v 22－12m v 12D ．0～t 2时间内小物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量答案D 解析在t 1～t 2时间内，物块沿传送带向上做匀加速运动，则有μmg cos θ＞mg sin θ，解得μ＞tan θ，故A 错误．因v 1>v 2，由题图乙可知，0～t 1时间内图像与t 轴所形成的三角形面积大于图像在t 1～t 2时间内与t 轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0～t 1时间内运动的位移比在t 1～t 2内运动的位移大，故B 错误；0～t 2时间内，由图线与t 轴所围“面积”等于位移大小可知，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G，根据动能定理得W＋W G＝12m v22－12m v12，则传送带对物块做的功W≠12m v22－12m v12，故C错误.0～t2时间内，物块的重力势能减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的热量，则由能量守恒定律可知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，即0～t2时间内物块动能变化量的大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量，故D正确．5．(2023·江苏如皋市第一次调研)某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能E p＝4.5J，质量m＝1.0kg的滑块静置于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ＝30°的传送带平滑连接，传送带长度L＝8.0m，传送带以恒定速率v0＝8.0m/s顺时针转动．某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝32，重力加速度g取10m/s2.求：(1)滑块离开传送带时的速度大小v；(2)电动机传送滑块多消耗的电能E；(3)若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能E p′，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，E p′的取值范围．答案(1)7m/s(2)96J(3)12J≤E p′≤132J解析(1)设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1，根据能量守恒定律，有E p＝12m v12代入数据得v1＝3m/s因为μ＞tanθ，故滑块在传送带上先向上加速，根据牛顿第二定律有μmg cosθ－mg sinθ＝ma 解得a＝2.5m/s2假设滑块在传送带上一直加速，则离开传送带时的速度大小v满足v2－v12＝2aL解得v＝7m/s<v0所以假设成立，滑块离开传送带时的速度大小为7m/s(2)滑块在传送带上运动的时间t＝v－v1 a该段时间，传送带的位移x＝v0t对传送带，根据动能定理有W电－μmg cosθ·x＝0解得W电＝96J即电动机传送滑块多消耗的电能E＝W电＝96J(3)分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带时要与传送带共速，若滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，则所对应的弹性势能最小，有E pmin＋(μmg cosθ－mg sinθ)L＝12m v02得E pmin＝12J同理可得，若滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，则所对应的弹性势能最大，有E pmax－(μmg cosθ＋mg sinθ)L＝12m v02得E pmax＝132J所以满足条件的弹性势能E p′范围为12J≤E p′≤132J.6．(2023·云南昆明市模拟)传送带是自动化工业生产中一种重要的输送装置．如图所示是一条罐头生产线部分示意图，电动机带动传送带始终以v＝2m/s的速率顺时针转动，传送带两端A、B间的距离L＝4m．工作时，机器手臂将一瓶罐头无初速度放到A点，当该罐头刚离开B点时，机器手臂将下一瓶罐头放到A点，此后不断重复此过程．已知每瓶罐头质量m＝0.8kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，罐头可视为质点且不发生滚动，重力加速度g＝10m/s2.从第一瓶罐头放到A点开始计时，求∶(1)1min内能运送多少瓶罐头；(2)1min内因运送罐头需要多消耗的电能．答案(1)24瓶(2)76.8J解析(1)罐头刚放上传送带时有μmg＝ma解得加速度a＝μg＝2m/s2加速运动的时间t1＝va＝1s匀加速运动的位移大小x1＝v2t1＝1m匀速运动的位移大小x2＝L－x1＝3m匀速运动的时间t2＝x2v＝1.5s罐头从A 传到B 所用的时间t ＝t 1＋t 2＝2.5s1min 内能运送罐头的瓶数为n ＝t 0t ＝602.5＝24瓶(2)罐头刚放上传送带做匀加速运动时，相对于传送带的位移大小是Δx ＝v t 1－x 1＝1m 摩擦产生的热量Q ＝F f ·Δx ＝μmg ·Δx ＝1.6J到达B 时，动能增加量ΔE k ＝12m v 2＝1.6J 所以传送一瓶罐头多消耗的电能E ＝Q ＋ΔE k ＝3.2J1min 内因运送罐头需要多消耗的电能E 0＝24E ＝76.8J.7．如图所示，光滑的曲面与水平面在O 点相切，水平面与一足够长的传送带在P 点平滑连接，传送带与水平方向的夹角θ＝30°，逆时针转动，速率v ＝3m/s.一质量为m ＝1kg 且可视为质点的物块A 自曲面上高h ＝0.9m 处由静止释放，经过O 点进入水平面向右运动，OP 长L ＝1m ．已知A 与OP 段间的动摩擦因数μ1＝0.1，与传送带间的动摩擦因数μ2＝33，重力加速度g ＝10m/s 2.求：(1)物块A 第一次经过O 点时的速度大小v 0；(2)物块A 第一次自P 点上滑的最大位移x ；(3)物块A 从P 点向上至第一次返回的过程中，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量Q .答案(1)32m/s (2)0.8m (3)12.25J 解析(1)物块A 第一次运动到O 点时，由动能定理得mgh ＝12m v 02－0代入数据，解得v 0＝32m/s(2)设物块A 第一次到P 点的速度为v 1，对OP 过程，由动能定理有－μ1mgL ＝12m v 12－12m v 02代入数据解得v 1＝4m/s物块A 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，设此过程加速度大小为a ，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma解得a ＝10m/s 2当物块A 的速度减为零时，上滑位移最大，由运动学公式得0＝v 1－at 1x 1＝12v 1t 1代入数据解得t1＝0.4s，x1＝0.8m(3)物块A第一次在传送带上到达最高点的过程，传送带的位移为x带＝v t1＝3×0.4m＝1.2m 传送带向下运动，物块A向上运动，所以此过程相对位移为Δx1＝x1＋x带＝0.8m＋1.2m＝2.0m 物块A到最高点后又向下加速，加速度仍为a，物块A与传送带速度相同时，有v＝at2解得t2＝0.3s物块A的位移为x2＝1 2 v t2解得x2＝0.45m＜0.8m即物块A与传送带共速后匀速运动至P点，返回过程物块A与传送带的相对位移Δx2＝v t2－x2＝0.45m全过程产生热量Q＝μ2mg cosθ(Δx1＋Δx2)＝12.25J.。
传送带模型--2024年高三物理二轮常见模型含参考答案
2024年高三物理二轮常见模型专题传送带模型特训目标特训内容目标1水平传送带模型(1T -5T )目标2倾斜传送带模型(6T -10T )目标3电磁场中的传送带模型(11T -15T )【特训典例】一、水平传送带模型1如图所示，足够长的水平传送带以v 0=2m/s 的速度沿逆时针方向匀速转动，在传送带的左端连接有一光滑的弧形轨道，轨道的下端水平且与传送带在同一水平面上，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.4。
现将一质量为m =1kg 的滑块(可视为质点)从弧形轨道上高为h =0.8m 的地方由静止释放，重力加速度大小取g =10m/s 2，则()A.滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为4m/sB.滑块在传送带上向右滑行的最远距离为2.5mC.滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端所用的时间为2.5sD.滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端的过程中，传动系统对传送带多做的功为12J 2如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与工件不拴接。
工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，工件向右运动受到的摩擦力F f 随位移x 变化的关系如图乙所示，x 0、F f 0为已知量，则下列说法正确的是(工件与传送带间的动摩擦因数处处相等)()A.工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动B.工件向右运动2x 0后与弹簧分离C.弹簧的劲度系数为F f 0x 0D.整个运动过程中摩擦力对工件做功为0.75F f 0x 03如图所示，水平传送带AB 长L =10m ，以恒定速率v 1=2m/s 运行。
初速度大小为v 2=4m/s 的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经A 点滑上传送带。
小物块的质量m =1kg ，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，g取10m/s2，则()A.小物块离开传送带时的速度大小为2m/sB.小物体在传送带上的运动时间为2sC.小物块与传送带间的摩擦生热为16JD.小物块和传送带之间形成的划痕长为4.5m4如图甲所示，水平传送带在电机的作用下，t=0时刻由静止开始向右做匀加速直线运动，物块(视为质点)在t=0时刻以速度v0从左轮中心的正上方水平向右滑上传送带，t0时刻物块与传送带的速度相等均为0.4v0，物块和传送带运动的v-t图像如图乙所示，t0时刻前后物块的加速度大小变化量为53m/s2，物块从右轮中心正上方离开传送带时速度为0.8v0，整个过程中物块相对传送带的位移为1.5m。
高一物理传送带模型专题强化练习
高一物理传送带模型专题强化练习一、选择题1.如图所示,水平传送带始终保持以速度v匀速运动,某时刻把一个物块无初速度地放在传送带左端,经过一段时间,物块与传送带一起以速度v运动。
对上述过程,下列说法正确的是( )A.物块始终受到摩擦力的作用B.在达到速度v之前,物块相对传送带向左滑动C.在达到速度v之前,物块受到向左的摩擦力D.与传送带一起以速度v运动时,物块受到向右的摩擦力2. (多选)为保障市民安全出行,有关部门规定:对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。
如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前,将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情景。
如图乙所示为水平传送带装置示意图。
紧绷的传送带ab始终以1 m/s的恒定速率运行,乘客将一质量为4 kg的行李无初速度地放在传送带左端的a点,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,a、b间的距离为2 m,g取10 m/s2。
下列速度-时间(v-t)图像和位移-时间(x-t)图像中,可能正确反映行李在a、b之间的运动情况的有( )3 (多选)如图,倾角θ=37°的足够长传送带以恒定速率v=4 m/s顺时针运行,现将一质量m=5 kg的小物块无初速度放在传送带的A端,小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.85,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则在整个上滑过程中的小物块( )A.加速度恒定不变B.加速运动的时间为5 sC.所受的摩擦力方向会发生变化D.所受的滑动摩擦力大小为34 N二、计算题4.某粮仓为了把大米送到一定高度处的储藏间,铺设如图所示的传输装置,其中AB为长度L1=4 m的水平传送带,CD为长度L2=9 m、倾角θ=37°的倾斜传送带,两传送带的运行速度可调。
现将一袋大米无初速度地放在A端,设米袋从B转移到C时速度大小不变,已知米袋与两传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.5,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
专题：传送带模型习题（打印）
专题：传送带模型习题（打印）专题：传送带模型如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v 1沿顺时针方向运动，一物体以水平速度v 2从右端滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，此时速率为v 2'，则下列说法正确的是：A ．若v 1<="" 2'＝v="" 2，则v="" p="">B ．若v 1> v 2，则v 2'＝v 2C ．不管v 2多大，总有v 2'＝v 2D ．只有v 1＝v 2时，才有v 2'＝v 2传送带上物体的运动学会分析传送带模型的常见情景，注意传送带模型中，多运动过程产生的原因是摩擦力的突变！从中体会运动和力的关系：一、水平放置的传送带【例题1】水平传送带A 、B 以v =2m/s 的速度匀速运动，如图所示，A 、B 相距10m ，一物体（可视为质点）从A 点由静止释放，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2．则物体从A沿传送带运动到B 所需的时间为多少？(g=10m/s 2)思考一：若本题中，传送带AB 的长度仅有0.5m ，则物体由A 到B 的总时间如何计算？思考二：还是刚才的传送带，现在提高传送带的运行速率，物体能较快地传送到Ｂ处．要让物体以最短的时间从Ａ处传送到Ｂ处，说明并计算传送带的运行速率至少应为多大? 最短的时间是多少？【练习1】水平传送带以10m/s 速度向左运行，在A 端无初速度地放一质量为0.5kg 的物块，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，传送带上A 、B 相距12m ，则物块由A 运动到B需要多长时间？(g 取10m/s 2)【练习2】将一粉笔头轻放在以2m/s 的恒定速度运动的传送带上，传送带上留下一条长度为4m 的划线(粉笔头只要相对于传送带运动就能划线)，求粉笔头与传送带间的动摩擦因数。
（g=10m/s 2）【例题2】：如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v 1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v 2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为，则下列说法正确的是A 、若v 1<="" p="">= v 1 B 、若v 1v 2，则= v 1 D 、若v 1> v 2，则= v 2【练习3】、一水平传送带两轮之间距离为20m ，以2m/s 的速度做匀速运动。
高一物理【传送带模型】专题训练
高一物理【传送带模型】专题训练题组一水平传送带1.如图所示,一火车站的传送带以0.8 m/s的速度顺时针匀速转动,传送带上表面A、B两端间的距离为2 m。
旅客将行李无初速度地放在A 端,行李与传送带间的动摩擦因数为0.4,重力加速度g取10 m/s2,则行李从A端运动到B端的时间为()A.2.4 sB.2.5 sC.2.6 sD.2.8 s2.如图所示,水平方向的传送带顺时针转动,传送带速度大小恒为v=2 m/s,两端A、B间距离为3 m,一物块从B端以初速度v0=4 m/s滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g取10 m/s2。
物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图像是图中的()123.如图所示,一水平方向的传送带以恒定的速率v 1沿顺时针方向转动,传送带右侧有一与传送带等高的光滑水平面,一物块以初速度v 2水平向左滑上传送带后,经过一段时间又返回右侧光滑水平面,此时其速率为v 3,则下列说法正确的是( )A.v 3有可能大于v 1也大于v 2B.v 3只可能等于v 1或者等于v 2C.如果传送带转动速率v 1减小,则物块可能从传送带左端滑落D.如果传送带不转动,则物块可能从传送带左端滑落4.如图甲所示,一水平传送带沿顺时针方向转动,在传送带左端A 处轻放一可视为质点的小物块,小物块从A 端到B 端的速度-时间图像如图乙所示,t =6 s 时恰好到B 端,重力加速度g 取10 m/s 2,则 ( )A.物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1B.A 、B 间距离为24 m,小物块在传送带上留下的痕迹长是8 mC.传送带的速度为2 m/s,小物块的质量为3 kgD.若物块速度刚好到4 m/s 时,传送带速度立刻变为零,物块不能到达B 端题组二 倾斜传送带35.如图所示,传送带倾角为α,表面粗糙,以恒定速度v 0逆时针运行。
一小物块从斜面顶端由静止释放,运动到斜面底端过程中,其速度随时间变化的图像可能是 ( )6.如图甲所示,一足够长的传送带倾斜放置,倾角为θ,以恒定速率v =4 m/s 顺时针转动。
高中物理二轮复习 专题04 传送带模型训练--训练
专题04 传送带模型1．如图所示，一物块P 质量m=2 kg ，由平面上A 点开始以速度v 0=4 m/s 向A 点右侧运动，物块与平面之间的动摩擦因数μ1=0.2，运动x 1=3 m 后滑上传送带BC ．已知传送带足够长且物块与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.1，传送带以恒定速率v 2=1 m/s 逆时针转动．（g 取 10 m/s2）求：（1）物块向右运动距A 点的最大距离；（2）物块最后停下来时距A 点的距离．【答案】 （1）5 m （2）2.75 m2．倾斜的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行，如图甲所示，在t =0时，将质量0.5kg m =的小物块轻放在传送带上A 点处，1.5s 时物块从B 点离开传送带。
物块速度随时间变化的图像如图乙所示，设沿传送带向下为运动的正方向，取重力加速度g =10m/s 2，求：（1）0～1.5s 时间内物体平均速度的大小；（2）小物块与传送带之间的动摩擦因数；（3）在0～1.5s 时间内由于小物块与皮带间的摩擦所产生的热量。
【答案】 （1）4.83m/s ；（2）0.5；（3）4.5J3．如图所示，倾角为o 37的粗糙斜面的下端有一水平传送带。
传送带正以v=4m/s 的速度顺时针方向运动。
一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从斜面上距离底端A 点4.5m 处由静止下滑，经过1.5s 滑到A 处。
物体经过A 点时，无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其速率变化。
物体与斜面间的动摩擦因数为μ1，物体与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.5，传送带左右两端A 、B 间的距离LAB =10m ，（已知o sin 370.6，o cos370.8，g =10m/s 2）求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ1（2）物体在传送带上向左最多能滑到距A 多远处？（3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大距离？【答案】 （1）0.25；（2）3.6m ；（3）1m4．如图所示，传送带的倾角θ＝37°，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A 端无初速度地放一个质量为m ＝0.5kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色划痕，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g ＝10m/s 2，求：（1）煤块刚开始的加速度大小；（2）煤块从A 到B 的时间；（3）煤块从A 到B 的过程中传送带上留下划痕的长度；【答案】 （1）210m/s ；（2）2s ；（3）5m5．如图所示，皮带输送机的皮带倾斜放置，皮带平面与水平地面成30角，两轮之间的距离为4.5m ，皮带以2.5m /s 的恒定速度顺时针运动。
传送带模型练习(带答案)
1： 如图所示，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＝32，取g ＝10 m/s 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。
[答案] (1)先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s解析 (1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力由牛顿第二定律得：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 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 匀速上升时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 2：如图，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解析 (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg (sin 37°－μcos 37°)＝ma 则a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2，根据l ＝12at 2得t ＝4 s. (2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a 1，由牛顿第二得，mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1则有a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝10 m/s 2 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t 1，位移为x 1，则有t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m<l ＝16 m 当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin 37°>μmg cos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a 2，则a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝2 m/s 2 x 2＝l －x 1＝11 m 又因为x 2＝vt 2＋12a 2t 22，则有10t 2＋t 22＝11，解得：t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s. 3.如图所示，足够长的传送带与水平面倾角θ=37°，以12m/s 的速率逆时针转动。
2023高考物理专题冲刺训练--传送带模型
传送带模型一、水平传送带【题型要点】1．水平传送带模型 项目 图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v 0>v ，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v 0＝v ，一直匀速③v 0<v ，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景3①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．若v 0>v ，返回时速度为v ，若v 0<v ，返回时速度为v 01. (多选)如图所示,水平传送带A 、B 两端相距m 5.7=s ，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。
工件滑上A 端的瞬时速度A v =4m/s ，到达B 端的瞬时速度设为B v ，g 取102m/s ,则( ) A ．若传送带不动,则B v =2m/sB ．若传送带以速度v=4m/s 逆时针匀速转动,B v =1m/sC ．若传送带以速度v=5m/s 顺时针匀速转动,B v =5m/sD ．若传送带以速度v=6m/s 顺时针匀速转动,B v =6m/s2. (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，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A 、B 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2.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/s 2B ．行李经过2 s 到达B 处C ．行李到达B 处时速度大小为0.4 m/sD ．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m3. (多选)如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图象可能的是( )4. 某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图2所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送到另一端是合格的最低标准。
传送带模型(牛顿第二定律)-2024年高考物理一轮复习考点通关卷(学生版)
考点巩固卷传送带模型建议用时：50分钟考点序号考点题型分布考点1水平传送带模型3单选+2多选+2解答考点2倾斜传送带模型3单选+3多选考点3传送带模型中的划痕问题5多选考点01：水平传送带模型(3单选+2多选+2解答)一、单选题1(2023·全国·模拟预测)如图所示，水平传送带以恒定速度v=16m/s顺时针匀速运行，左右两端A、B之间距离L=16m。
现将一质量m=2kg可看做质点的物块轻轻放到传送带A端，同时对物块施加一水平向右的恒力F=10N。
已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.30，重力加速度g=10m/s2。
物块从A端运动到B端的过程中，下列说法正确的是()A.物块从A端运动到B端的过程先匀加速运动后匀速运动B.物块从A端运动到B端的时间t=1sC.摩擦力对物块做功W=96JD.物块运动到B端时，恒力F的瞬时功率P=200W2(2023春·河北·高三校联考阶段练习)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。
将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。
关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是()A.饺子一直做匀加速运动B.传送带的速度越快，饺子的加速度越大C.饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量D.传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能3(2023·全国·高三专题练习)如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度-时间图像如图乙所示，下列描述正确的是()A.小物块一直受滑动摩擦力B.传送带做顺时针的匀速运动C.传送带做顺时针的匀加速运动D.小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带二、多选题4(2023·甘肃兰州·统考一模)近年来网上购物的飞速增长催生了物流行业的快速发展。
2023年高考物理总复习素养专题强化练(一)传送带模型
素养专题强化练(一)传送带模型1.如图所示,足够长的传送带与水平面的夹角为37°,当传送带静止时,物块以3 m/s2的加速度沿着传送带加速下滑,当物块加速至v0时,传送带突然启动并立即逆时针方向做匀加速运动,g取10 m/s2,sin37°=0.6,下列判断正确的是()A.启动传送带后物块下滑的加速度大小始终大于3 m/s2B.若物块与传送带能够共速,则共速后物块一定和传送带相对静止C.若物块与传送带能够共速,则共速后物块所受摩擦力可能为0D.若物块与传送带能够共速,则共速后物块所受摩擦力的方向一定沿传送带向下【解析】选C。
传送带启动后,物块与传送带共速前所受滑动摩擦力沿传送带向上,故物块加速度大小不变,选项A错误;若传送带的加速度大于3 m/s2且小于等于9 m/s2,共速后,物块就和传送带相对静止一起加速,若传送带的加速度大于9 m/s2,共速后两者一定有相对滑动,选项B错误;若传送带的加速度等于6 m/s2,物块与传送带共速后相对静止一起匀加速,故物块所受摩擦力为0,选项C正确, D错误。
2.(多选)如图甲所示,一水平传送带沿顺时针方向旋转,在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块,小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示,t=6 s时恰好到B点,则()A.物块与传送带之间动摩擦因数为μ=0.1B.AB间距离为24 m,小物块在传送带上留下的痕迹是8 mC.若物块质量m=1 kg,物块对传送带做的功为-16 JD.若物块速度刚好到4 m/s时,传送带速度立刻变为零,物块不能到达B端【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)由v-t图像的斜率求出物块做匀加速直线运动时的加速度,根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式相结合求物块与传送带之间的动摩擦因数;(2)根据图像与时间轴所围成的面积求出物块在0~6 s 内的位移大小,即为AB 间距离;读出传送带的速度,根据物块与传送带间的相对位移大小求物块在传送带上留下的痕迹长度; (3)若物块速度刚好到4 m/s 时,传送带速度立刻变为零,由速度—位移公式求出物块在传送带上滑行的距离,从而判断物块能否到达B 端。
专题05 传送带模型(-2023年高三物理常见模型与方法强化专训专练(解析版)解析版)
2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练专题05传送带模型特训目标特训内容目标1高考真题（1T—2T）目标2水平传送带模型（3T—7T）目标3倾斜传送带模型（8T—14T）目标4电磁场中的传送带模型（15T—18T）【特训典例】一、高考真题1．（2020年海南卷）如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ 竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量a 1kg m =的小物块a 从圆弧轨道最高点P 由静止释放，到最低点Q 时与另一质量b 3kg m =小物块b 发生弹性正碰（碰撞时间极短）。
已知圆弧轨道半径0.8m R =，传送带的长度L =1.25m ，传送带以速度1m/s v =顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数0.2μ=，210m/s g =。
求（1）碰撞前瞬间小物块a 对圆弧轨道的压力大小；（2）碰后小物块a 能上升的最大高度；（3）小物块b 从传送带的左端运动到右端所需要的时间。
【答案】（1）30N ；（2）0.2m ；（3）1s【详解】（1）设小物块a 下到圆弧最低点未与小物块b 相碰时的速度为a v ，根据机械能守恒定律有212a a a m gR m v =代入数据解得4m /s a v =小物块a 在最低点，根据牛顿第二定律有2N a a a v F m g m R-=代入数据解得N 30F N =根据牛顿第三定律，可知小物块a 对圆弧轨道的压力大小为30N 。
（2）小物块a 与小物块b 发生弹性碰撞，根据动量守恒有a a a ab b m v m v m v '=+根据能量守恒有222111222a a a ab b m v m v m v '=+联立解得'2m /s a v =-，2m /s b v =小物块a 反弹，根据机械能守恒有212a a a m gh m v '=解得0.2m h =（3）小物块b 滑上传送带，因2m /s 1m /s b v v =>=，故小物块b 先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有b b m g m a μ=解得22m /s a =则小物块b 由2m/s 减至1m/s ，所走过的位移为2212b v v x a-=代入数据解得10.75m x =运动的时间为1b v v t a-=代入数据解得10.5s t =因10.75m 1.25m x L =<=，故小物块b 之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为12 1.250.75s 0.5s 1L x t v --===故小物块b 从传送带的左端运动到右端所需要的时间121st t t =+=2．（2022年辽宁卷）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。
传送带模型练习(附答案))
传送带一、多选题A．开始时行李的加速度大小为A．物体从A端到B端的整个运动过程中一直受到滑动摩擦力B．物体在倾斜传送带上先做匀加速运动，再做匀速运动C．物体在倾斜传送带上先做匀加速运动，再做匀减速运动D．物体经7.5s到达传送带二、单选题3．（2023春·上海闵行·高一校考期末）如图，一传送带的上表面以1v向右做匀速运动，其右侧平台上有一质量为m的物体以初速度0v向左冲上传送带。
若传送带足够长，并且1v小于0v，则物体在返回平台的瞬间，其动能与刚离开平台瞬间相比（ ）A．增大B．减小C．不变D．都可能【答案】B【详解】物体在减速和加速时的加速度大小相等，根据匀变速直线运动规律可知，物体在返回平台之前向右的速度就已经达到1v，之后不会再加速，则物体在返回平台的瞬间，其速度大小为1v，小于其刚离开平台瞬间，即动能与刚离开平台瞬间相比减小。
故选B。
4．（2023·辽宁阜新·统考模拟预测）如图甲所示，足够长的匀速运动的传送带的倾角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中0v、0t已知。
重力加速度大小为g。
下列说法正确的是（ ）A．物块可能沿传送带向上运动B．物块与传送带间的动摩擦因数大于tan C．0t时间后物块的加速度大小为2sing D．若传送带反转，则物块将一直以大小为三、解答题【答案】（1）1.25s；（2）0.8【详解】（1）由题图乙可知，包裹在0~0.5s1x 0.5s后包裹做匀速直线运动，有【答案】（1）212m/s；（【详解】（1）求物体刚滑入传送带时的加速度大小，【答案】（1）4m/s；（2）【答案】（1）2【详解】（1）物块A从释放到与传送带共速的这段时间内，物块A的加速度大小为1a，对A、B。
人教版高一物理必修1第四章牛顿运动定律应用传送带模型专题专项训练习题集(含解析)
高一物理必修1第四章牛顿运动定律应用传送带模型专题专项训练习题集【知识点梳理】1. 传送带问题分类（1）按放置分: 水平、倾斜、水平与倾斜交接（2）按转向分: 顺时针、逆时针2. 传送带问题解题策略（1）受力分析和运动分析是解题的基础。
首先根据初始条件比较物体的速度v物与传送带的速度v传的大小和方向, 明确物体所受摩擦力的种类及其规律, 然后分析物体受到的合力和加速度的大小和方向, 再结合物体的初速度确定物体的运动性质。
（2）当物体的速度v物与传送带的速度v传大小和方向都相同时, 物体能否与传送带保持相对静止。
采取假设的方法, 假设物体与传送带保持相对静止, 关键看物体所受的静摩擦力与最大静摩擦力的大小关系。
对于倾斜的初速度一般需要结合mgsinθ与μmgcosθ的大小关系进行分析。
（3）物体与传送带等速时刻是摩擦力大小、方向、运动性质发生突变的临界点。
（4）利用牛顿第二定律（F=ma）和匀变速直线运动公式（v=v0+at, x=v0t+at2/2, v2-v02=2ax等）, 求解即可【典题训练】1. 如图所示, 传送带AB段是水平的, 长20m, 传送带上各点相对地面的速度大小是4m/s, 现将一煤块轻轻地放在传送带上的A点, 该煤块与传送带间的动摩擦因数为0.1。
（g取10m/s2）求:（1）煤块经过多长时间传送到B点？（2）煤块在传送带上滑动而留下的痕迹有多长？（3）如果煤块开始从皮带A点以2m/s的速度向右滑入皮带上则煤块经过多长时间到达B点？这个过程煤块在传送带上滑动而留下的痕迹又是多长？2. 一水平传送带以v1=2.0m/s的速度顺时针传动, 水平部分长为20m, 现有一个可视为质点的物块以v2=8m/s的初速度从传送带最右端滑上传送带, 已知物块与传送带间动摩擦因数μ=0.2, 试求: （g取10m/s2）（1）物块在传送带上运动的时间（2）物块在传送带上滑动而留下划痕的长度（3）如果物块开始是以12m/s的初速度从传送带最右端滑上传送带,则物块在传送带上运动的时间又是多少3. 如图所示, 绷紧的传送带与水平面的夹角θ=37°, 皮带在电动机的带动下, 始终保持v=2m/s的速率运行方向斜向上。
高考物理一轮复习专题28传送带模型练习(含解析)
专题28 传送带模型1．如图所示，传送带的水平部分长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速度放一小木块，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不可能是( )A ．L v ＋v 2μgB ．L vC .2L μg D ．2L v2.[2021·四川绵阳二诊]如图所示，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 f .则( )A ．传送带加速运动时，F 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 f 相等C ．相同的货箱，传送带匀速运动的速度越大，F f 越大D ．相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大，F f 越大3.(多选)如图所示，水平传送带A 、B 两端相距x ＝4m ，以v 0＝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 ＝10m /s 2，则煤块从A 运动到B 的过程中( )As Bs CmD．划痕长度是2m4.(多选)如图为应用于火车站的安全检查仪的简化模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/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间的距离为2m，g取10m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/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Bs到达B处Cs到达B处D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处5.[2021·安徽省黄山市月考]水平传输装置如图所示，在载物台左端给物块一个初速度，当物块通过如图方向转动的传输带所用时间t1，当皮带轮改为与图示相反的方向传输时，通过传输带的时间为t2，当皮带轮不转动时，通过传输带的时间为t3，下列说法中正确的是( ) A．t1一定小于t2B．一定有t2>t3>t1C．可能有t3＝t2＝t1D．一定有t1＝t2<t36．(多选)匀速转动的长传送带倾斜放置，传动方向如右图所示，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( )7．[2021·四川绵阳南山中学月考](多选)如图所示，匀速转动的足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带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所示，v 0、t 0已知，重力加速度为g ，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 08．[2021·辽宁沈阳东北育才学校模拟](多选)三角形传送带以1m /s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m 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1m /s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5.下列说法正确的是( )A ．物块A 先到达传送带底端B ．物块A 、B 同时到达传送带底端C ．物块A 、B 到达底端时的速率相同D ．物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比为1∶2专题28 传送带模型1．B 小物块向右运动，如果一直加速运动则a ＝μg ，L ＝12at 2，t ＝2Lμg，如果到达右端时恰好与传送带共速t ＝L v 2＝2L v ，如果先加速，后匀速t 1＝vμg，t 2＝L －v2t 1v＝L v －v2μg，t 1＋t 2＝L v ＋vμg，则A 、C 、D 选项可能，B 选项是匀速运动，不可能．4．BD 行李的加速度为a ，与传送带速度相等用时t 1，μmg ＝ma ，a ＝1m/s 2，v ＝at 1，t 1＝1s ，x ＝12at 21 ＝0.5m<2m ，以后匀速时间为t 2＝L －xv ＝1.5s ，行李从A 到B 时间t ＝t 1＋t 2＝2.5s ，旅客从A 到B 时间t ′＝L vB ，A 、C 错误，B 正确；若行李一直匀加速运动，时间最短，由L ＝12at 2min 可知t min ＝2s ，D 正确．5．C 6.AC7．AD 由题图乙知，小木块先做匀加速直线运动，当速度达到v 0后，以较小的加速度做匀加速运动，则0～t 0时间内，小木块所受的摩擦力方向沿斜面向下，t 0后小木块所受的摩擦力方向沿斜面向上，故传送带一定逆时针转动，A 正确；0～t 0时间内，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，a 1＝v 0t 0，由以上两式解得μ＝v 0gt 0cos θ－tan θ，B 错误；当小木块的速度与传送带速度相同时，小木块所受摩擦力方向反向，由题图乙可知，传送带的速度等于v 0，C 错误；t 0后，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，联立可得a 2＝2g sin θ－v 0t 0，D 正确．8．BC 由题意，mg sin37°>μmg cos37°，对A 、B 受力分析可知，A 物块所受摩擦力沿传送带向上，A 物块向下做匀加速直线运动，B 所受摩擦力沿传送带向上，向下做匀加速直线运动，两物块匀加速直线运动的初速度大小相等、加速度大小相等、位移大小相等，则运动的时间相等，A 错误，B 正确；由于两物块的加速度大小相等，运动时间也相等，由公式v ＝v 0＋at 可知物块A 、B 到达底端时的速率相同，C 正确；对A ，划痕的长度等于A 的位移与传送带的位移之差，以A 为研究对象，由牛顿第二定律得a ＝mg sin37°－μmg cos37°m＝g sin37°－μg cos37°＝2m/s 2，由运动学公式x ＝v 0t ＋12at 2，得A 运动时间为t ＝1s ，所以传送带运动的位移为x ＝vt ＝1m ，所以A 对皮带的划痕为Δx 1＝(2－1)m ＝1m ，对B ，划痕的长度等于B 的位移加上传送带的位移，B 对传送带的划痕为Δx 2＝(2＋1)m ＝3m ，所以划痕长度之比为1∶3，D 错误．。
2025届高考物理复习：经典好题专项(“传送带”模型问题)练习(附答案)
2025届高考物理复习：经典好题专项（“传送带”模型问题）练习1. (2023ꞏ广东省深圳中学阶段测试)如图所示，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 开始运行，当其速度达到v 后，便以此速度做匀速运行。
传送带速度达到v 时，煤块未与其共速，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g )( )A ．μ与a 之间一定满足关系μ>a gB ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为v 2μgC ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v μgD ．黑色痕迹的长度为v 22μg2. 如图所示，一绷紧的水平传送带以恒定的速率v ＝10 m/s 运行，某时刻将一滑块轻轻地放在传送带的左端，已知传送带与滑块间的动摩擦因数为0.2，传送带的水平部分A 、B 间的距离足够长，将滑块刚放上去2 s 时突然停电，传送带立即做加速度大小a ＝4 m/s 2的匀减速运动至停止(重力加速度取g ＝10 m/s 2)。
则滑块运动的位移为( )A ．8 mB ．13.5 mC ．18 mD ．23 m3. 如图所示，物块放在一与水平面夹角为θ的传送带上，且始终与传送带相对静止。
关于物块受到的静摩擦力F f ，下列说法正确的是( )A ．当传送带加速向上运动时，F f 的方向一定沿传送带向上B ．当传送带加速向上运动时，F f 的方向一定沿传送带向下C ．当传送带加速向下运动时，F f 的方向一定沿传送带向下D ．当传送带加速向下运动时，F f 的方向一定沿传送带向上4．(多选)为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查。
如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情景。
专题6传送带模型-2025年高三物理二轮常见模型与方法强化练(新高考通用)
专题6 传送带模型水平传送带模型（2-6题） (2)倾斜传送带模型——上行（7-10题） (6)倾斜传送带模型——下行（11-15题） (10)1.（2021•辽宁）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＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m。
工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/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。
取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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。
【解答】解：（1）开始时小包裹向下做匀减速运动，以向下为正方向，根据牛顿第二定律有a= mgsinα−μmgcosαm=gsinα﹣μgcosα代入数据后得到a＝﹣0.4m/s2，“﹣”表示方向沿斜面向下，加速度大小为0.4m/s2（2）设经过时间t1与传送带共速，则有：v1＝v2+at1代入数据后得：t1＝2.5s此段时间小包裹的位移x1=v1+v22t1=0.6+1.62×2.5m=2.75m小包裹与传速带共速后由于mgsinα＜μmgcosα，小包裹相对于传送带静止，两者一起向下匀速运动，则位移为x2＝L﹣x1＝3.95m﹣2.75m＝1.2m时间t2=x2v1=1.20.6s=2.0s通过传送带的总时间t＝t1+t2＝2.5s+2.0s＝4.5s水平传送带模型（2-6题）2.（2023•惠州模拟）如图甲所示，将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上，取向右为速度的正方向，物块P最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示，下列描述正确的是（）A．小物块一直受滑动摩擦力B．传送带做顺时针的匀速运动C．传送带做顺时针的匀加速运动D．小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带【解答】解：BC：由图乙可知，物块先做加速运动，可以判断出物体受到向右的滑动摩擦力，此时物体相对传送带向左运动，说明传送带向右运动且速度大于物体速度，当物块P与传送带共速后，若传送带匀速运动则物体随传送带一起匀速运动，这与v﹣t不符，说明传送带也向右加速且加速度小于物体由于受滑动摩擦力而产生的加速度，否则物体不能达到与传送带共速，共速以后物块随传送带一起做加速度较小的加速运动。
高中物理(新人教版)必修第一册同步习题：传送带模型(同步习题)【含答案及解析】
第四章运动和力的关系专题强化练8传送带模型一、选择题1.(2020山东师大附中高一上期末,)如图所示,水平放置的传送带以速度v=2m/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4m,则物体由A运动到B的时间和物体到达B端时的速度是()A.2.5s,2m/sB.1s,2m/sC.2.5s,4m/sD.1s,4m/s2.(2020浙江9+1联盟高一上联考,)(多选)如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面。
物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面上,这时速率为v2',则下列说法正确的是(深度解析)A.若v1<v2,则v2'=v1B.若v1>v2,则v2'=v2C.不管v2多大,总有v2'=v2D.只有v1=v2时,才有v2'=v13.(2020浙江嘉兴一中高一上期中,)(多选)如图所示,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,重力加速度大小g取10m/s2。
则煤块从A运动到B的过程中,下列说法正确的是()A.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2m4.(2020四川成都外国语学校高一上检测,)(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<v15.(2019北京航空航天大学附中高一上期末,)如图所示,水平传送带沿顺时针方向以恒定速率v0匀速转动,传送带的右侧上方固定一挡板。
2024届全国高考复习物理历年好题专项(传送带模型和“滑块—木板”模型)练习(附答案)
2024届全国高考复习物理历年好题专项（传送带模型和“滑块—木板”模型）练习1．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，则不正确的是()A．若传送带不动，则v B＝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/s2．[2023ꞏ河北廊坊模拟](多选)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且以v1＝2 m/s的恒定速率运行．初速度大小v2＝3 m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面(图中未画出)上的A处滑上传送带，墨块可视为质点．若从墨块滑上传送带开始计时，墨块在传送带上运动5 s后与传送带的速度相同，则()A．墨块与传送带速度相同之前，受到传送带的摩擦力方向水平向右B．墨块在传送带上滑行的加速度大小a＝0.2 m/s2C.墨块在传送带上留下的痕迹长度为4.5 mD．墨块在传送带上留下的痕迹长度为12.5 m3．(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则()A．F1＝μ1m1gB．F2＝(μ2－μ1)gC．μ2>μ1D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等4．(多选)如图甲所示，小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v - t图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，则以下说法正确的是()A．物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3B．物体A与小车B的质量之比为1∶2C．小车B的最小长度为2 mD．如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲出去5．(多选)如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v - t图像，其中可能正确的是()[答题区]题号1234 5答案6.某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究，如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为m1＝20 g，硬纸板的质量为m2＝10 g，长度为l＝5 cm，橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.(1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？(2)若要求橡皮擦移动的时间最长，求纸板被弹出的最小速度？7.[2023ꞏ上海市市西中学二模]如图所示，以恒定速率v1＝0.5 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝4 m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.5 m/s从传送带顶端推下一件m＝2 kg的小包裹(可视为质点).小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.取重力加速度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a的大小．(2)小包裹在传送带上减速运动的时间t和位移s的大小．(3)小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功．参考答案1．答案：C答案解析：以C 为圆心，BC 为半径作圆，如图根据“等时圆”原理可知，从圆上各点沿弦到最低点经过的时间相等，则t a >t b >t c ，选项C 正确．2．答案：B答案解析：假设经过切点的板两端点分别在圆1、圆2上，板与竖直方向的夹角为α，圆1的半径为r ，圆2的半径为R ，则圆内轨道的长度s ＝2(r ＋R )cos α，下滑时小球的加速度α＝g cos α，根据位移时间公式得s ＝12 at 2，则t ＝2sa ＝4（r ＋R ）cos αg cos α＝4（r ＋R ）g，即当板的端点在圆上时，沿不同板下滑到底端所用的时间相同；由题意可知，A 在圆上，B 在圆内，C 在圆外，可知从B 处释放的球下滑的时间最短，故选B.3．答案：C答案解析：由图可知，当倾角为90°时，最大上升高度为54 m ，此时为竖直上抛运动，则有－2gx 1＝0－v 20 ，解得v 0＝5 m/s ，故A 不符合题意；由图可知，当倾角为零时，此时物体水平滑行距离最大为54 3 m ，根据动能定理有－μmgx 2＝0－12 m v 20 ，解得μ＝33 ，故B 不符合题意；由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 最大位移x 与倾角θ满足－2ax＝0－v 20 ，代入得2gx (sin θ＋μcos θ)＝v 20 ，要使x 最小，则应sin θ＋μcos θ最大，由数学知识可知sin θ＋μcos θ＝1＋μ2 sin (θ＋α)，当sin (θ＋α)＝1时有最大阻值，此时位移最小，即x min ＝v 20 2g （sin θ＋μcos θ） ＝v 20 2g 1＋μ2 ＝58 3 m ，此时sin (θ＋α)＝1，即sin α＝μ1＋μ2 ＝12 ，此时则α＝30°，θ＝60°，故C 符合题意；当θ＝45°时，物体运动至最大位移处有mg sin θ>μmg cos θ，则物体将下滑，不能够维持静止，故D 不符合题意．4．答案：(1)t AB ＝t AC (2) 3Rg答案解析：(1)设AB 与水平方向夹角为θ，小朋友沿AB 下滑时的加速度a ＝g sin θ，又x AB ＝12 at 2AB ，AB 间的距离为x AB ＝2R sin θ，解得t AB ＝4R g 与角度无关，同理可知t AC ＝ 4Rg ，故t AB ＝t AC .(2)根据第一问的结论，画出以P 点为最高点的半径为r 的等时圆，如图所示，当两圆相切时，运动的时间最短，由几何关系知(R ＋r )2＝(R －r )2＋(3 R )2，解得r ＝34 R ，最短时间t ＝ 3Rg .5．答案：(1)3 m/s 2 (2)72 N 36 N答案解析：(1)设刚开始时弹簧的压缩量为x 0，在沿斜面方向上有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0，因为在前0.2 s 内，F 为变力，0.2 s 以后，F 为恒力，所以在0.2 s 时，P 对Q 的作用力为零，设0.2 s 时，弹簧的压缩量为x 1，对P ，沿斜面方向上有kx 1－m 1g sin θ＝m 1a ，前0.2 s 内P 、Q 向上运动的距离为x 0－x 1＝12 at 2，解得a ＝3 m/s 2.(2)当P 、Q 开始运动时拉力最小，此时，对P 、Q 整体有F min ＋kx 0－(m 1＋m 2)g sin θ＝(m 1＋m 2)a ，解得F min ＝36 N ，当P 、Q 分离时拉力最大，此时对Q 有F max ＝m 2(a ＋g sin θ)＝72 N ．6．答案：(1)43 m/s 2 (2)2 m/s 2 4 m答案解析：(1)从O 点到A 点，由运动公式：0－v 2＝2ax 0解得a ＝0－v 22x 0＝－422×6 m/s 2＝－43 m/s 2 机器人在此过程加速度a 的大小43 m/s 2.(2)要想用时间最短，则机器人先以最大加速度加速，然后匀速一段时间，再以最大加速度做减速到零．最大加速度由牛顿第二定律有：a m ＝μg ＝2m/s 2加速的位移为x 加＝v 22a m＝4 m ． 考点19 传送带模型和“滑块—木板”模型——提能力1．答案：D答案解析：若传动带不动或逆时针匀速转动，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律，设加速度大小为a ，得ma ＝μmg 由匀变速规律可知v 2B －v 2A ＝2as代入数据解得v B ＝3 m/s ，A 、B 正确；若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，而且v <v A ，则工件水平方向受水平向左的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律，设加速度大小为a ，得ma ＝μmg 由匀变速规律可知v 2B －v 2A ＝2as 代入数据解得v B ＝3 m/s ，D 错误，C 正确．2．答案：AD答案解析：墨块与传送带速度相同之前，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，选项A 正确；墨块在摩擦力的作用下匀变速滑行，t ＝5 s 后与传送带速度相同，则墨块加速度大小a ＝v 1－（－v 2）t＝1 m/s 2，选项B 错误；墨块向左匀减速运动过程，对墨块有0＝v 2－at 1，x 1＝0＋v 22 t 1，解得该过程用时t 1＝3 s ，墨块的路程x 1＝4.5 m ，t 1时间内传送带的路程x 2＝v 1t 1＝6 m ，墨块向右匀加速运动过程，对墨块有v 1＝at 2，x ′1＝0＋v 12 t 2，解得该过程用时t 2＝2 s ，墨块的路程x ′1＝2 m ，t 2时间内传送带的路程x ′2＝v 1t 2＝4 m ，则墨块在传送带上留下的痕迹长度x ＝x 1＋x 2＋x ′2－x ′1＝12.5 m ，选项C 错误，D 正确．3．答案：BCD答案解析：由图(c)可知，在0～t 1时间段物块和木板均静止，在t 1时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F 1＝μ1(m 1＋m 2)g ，A 错误；由图(c)可知，t 1～t 2时间段物块和木板一起加速运动，在t 2时刻物块和木板开始相对运动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有对物块和木板F 2－μ1(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a m ，对木板μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a m ，整理可得F 2＝(μ2－μ1)g ，B 正确；由图(c)可知，对木板μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a m ，故μ2m 2g ＞μ1(m 1＋m 2)g ，即μ2>μ1，C 正确；由上述分析可知，在0～t 1时间段物块和木板均静止，t 1～t 2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t 2时间段物块与木板加速度相等，D 正确．4．答案：AC答案解析：物体A 滑上小车B 后做匀减速直线运动，对物体分析有μm A g ＝m A a A ，由v- t 图像可得a A ＝Δv Δt ＝⎪⎪⎪⎪1－41 m/s 2＝3 m/s 2联立解得μ＝0.3，所以A 正确；对小车B 分析有μm A g ＝m B a B ，由v - t 图像可得a B ＝Δv Δt ＝⎪⎪⎪⎪1－01 m/s 2＝1 m/s 2，联立解得m A m B＝13 ，所以B 错误；小车B 的最小长度为物体A 在小车B 上的最大相对滑动位移，则有L min ＝s A －s B ＝4＋12 ×1－0＋12 ×1(m)＝2 m ，所以C 正确；如果仅增大物体A 的质量，物体A 的加速度保持不变，但是小车B 加速度增大，所以两者达到共速的时间减小了，则物体A 在小车B 上的相对滑动位移减小，所以物体A 不可能冲出去，则D 错误．5．答案：BD答案解析：由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故A 错误；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m ，长木板的质量为M ，当：μ1mg ＞μ2(M ＋m )g 最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g ，由：μ1mg ＞μ2(M ＋m )g 可得：μ1mg ＞μ2mg ，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g ＞μ2g ，也就是说图像的斜率将变小，故C 错误，B 正确；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故D 正确．6．答案：(1)F 0>0.15 N (2)0.866 m/s答案解析：(1)当橡皮擦在纸板上滑动时，橡皮擦的加速度a 1：μ1m 1g ＝m 1a 1，解得a 1＝2m/s 2，硬纸板的加速度a 2：F 0－μ2(m 1＋m 2)g －μ1m 1g ＝m 2a 2，要使橡皮擦在纸板上滑动，需使a 2>a 1，解得F 0>0.15 N.(2)纸板获得初速后做减速运动，令加速度为a ′2，则μ2(m 1＋m 2)g ＋μ1m 1g ＝m 2a ′2，解得a ′2＝13 m/s 2，假设橡皮擦一直在纸板上运动，令纸板被弹出后经时间t ，橡皮擦与纸板速度相同，则a 1t ＝v 0－a ′2t ，代入解得t ＝v 015 ，此过程橡皮擦的位移x 1，则有x 1＝12 a 1t 2，纸板的位移x 2＝v 0t －12 a ′2t 2，要使橡皮擦离开纸板，则需x 2>x 1＋l 2 ，解得v 0≥3 m/s ＝0.866 m/s.7．答案：(1)0.4 m/s2(2)2.5 s 2.5 m(3)－50 J答案解析：(1)小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，受力分析如图所示根据牛顿第二定律可知mg sin α－μmg cos α＝ma代入数据可得a＝－0.4 m/s2所以加速度的大小为0.4 m/s2，方向为沿斜面向上；(2)由(1)可知小包裹先在传动带上做匀减速直线运动，至速度与v1相同，用时t＝（v1－v2）a＝0.5－1.5－0.4s＝2.5 s相应的匀减速直线运动的距离为s＝v2t＋at22＝⎝⎛⎭⎫1.5×2.5＋（－0.4）×2.522m＝2.5 m.(3)因为s<L，且mg sin α<μmg cos α因此小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端匀速直线运动阶段所受静摩擦力大小为F f2＝mg sin α位移大小为s2＝L－s所以小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为W f＝－F f1s－F f2(L－s)＝－μmgs cos α－mg(L－s)sin α代入数据可得W f＝－50 J．。
专题06 传送带模型(教师版) 2025年高考物理模型归纳
专题06 传送带模型目录【解决传送带问题的几个关键点】 (1)【模型一】水平传动带模型上物体的常见运动 (1)【模型二】倾斜传送带模型上物体的常见运动 (15)1.倾斜传送带——上传模型 (15)2.倾斜传送带——下载 (16)）判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？A．乘客与行李同时到达B处B．行李一直做加速直线运动C．乘客提前0.5s到达B处D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处【答案】CD(1)物块A、B第一次沿圆弧轨道向下运动到轨道底端分开时物块(2)物块B从第一次滑上传送带到滑离传送带过程中摩擦产生的热量(3)物块B开始滑上传送带之后的整个过程中传送带对物块【答案】(1)30N (2)3.2s (3)95J【详解】（1）a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律ma在P点，设轨道对它的支持力大小为N，根据牛顿第二定律【答案】（1）5m s；（2）0.3J；（3）0.2m【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有解得【答案】(1)2.75s ；(2) 243m/s v =， 1v 【详解】(1)传送带的速度为 4.0m/s =v 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为二定律有：【答案】（1）2m/s，0；（2）4 J 3【详解】（1）根据题意，对物块A，B分析，由牛顿第二定律可得二者加速度大小相等【答案】（1）1.6s ；（2）3m/s ；（3）31.5J ；63kg m /s×【详解】（1）小滑块P 在传送带上先做匀加速运动，设其加速度大小为11mg ma m =设小滑块P 滑上传送带后匀加速运动的距离为x ，由运动学公式有(1)若传送带不转动，求物体沿传送带上滑的最大距离；(2)若传送带沿顺时针方向运转的速度v = 5m/s ，求物体从A 点上滑到最高点所需的时间以及此过程中，传送带上的划痕长度。
【答案】(1)3.2m (2)2.8s ，6.25m【详解】（1）若传送带不转动，设物体沿传送带向上运动的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得1sin cos mg mg ma q m q +=解得2110m/s a =由运动学公式得201m02v a x -=-解得m 3.2mx =（2）设物体减速到与传送带速度相等所需的时间为t 1，则011v v a t =-解得10.3st =又μ < tan θ，物体不能与传送带保持相对静止，设物体与传送带共速后物体的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得2sin cos mg mg ma q m q -=解得22s 2m/a =设物体再用时t 2上滑到最高点，可得220v a t =-解得2 2.5st =物体从A 点上滑到最高点所需的时间12t t t =+解得(1)小物体在传送带上加速过程中的加速度为多大？(2)传送带对小物块做了多少功；(3)因传送小物块，电动机额外做了多少功？【答案】(1)22.5m/s(2)255J【答案】（1）2s；（2）【详解】（1）开始阶段，由牛顿第二定律得【答案】（1）210.4m /s a =，2a =【详解】（1）刚开始物块A 沿传送带向下减速运动有解得【答案】（1）1m/s；（2）4m/s【答案】（1）6m /s v =；（2）3m d =；（【详解】（1）滑块A 沿传送带向下运动的速度小于传送带转动的速度时，滑块【答案】（1）2m/s；（2）4.8J；（【详解】（1）根据牛顿第二定律可得，解得【答案】（1）20.4m/s，5s；（2）【详解】（1）对货物A受力分析，由牛顿第二定律解得【答案】（1）4m/s v =；（2）9J 80Q =；（3）00.4s t <<时20251255N 3123F t æö=+-ç÷èø，0.4s 0521N 6F =，13s 25t ³时010N 3F =；（4）307N 7m F =【详解】解：（1）物块开始相对传送带运动时【答案】（1）2m；（2）2.25s；（3）72J【详解】（1）对物块1受力分析，由牛顿第二定律有解得物块2在上滑的过程中，对传送带产生沿传送带向下的最大静摩擦力22sin f m g q=电动机多消耗的能量等于传送带克服摩擦力做的功，则有()121ΔE f f vt =+代入数据得72JE D =【模型三】传送带与新情景问题1．（2025高三上·广东广州·阶段练习）图（a ）为某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37q =°。
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传送带模型专项练习
1．传送带以v1的速度匀速运动，物体以v2的速度滑上
传送带，物体速度方向与传送带运行方向相反，如图所
示，已知传送带长度为L，物体与传送带之间的动摩擦
因素为μ，则以下判断正确的是（）
A．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从A端离开传送带，且物体在传送带上运动的时间与v1无关
B．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能大于v1
C．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能等于v1
D．当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从B端离开传送带，且物体离开传送带时的速度可能小于v1
2．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，以地面为参考系，v2>v1，从小物块滑上传送带开始计时，其v-t图像可能的是
3．一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为，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 0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，求此黑色痕迹的长度
…
4．如图所示，传送带与地面成夹角θ=30°，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=㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=，已知传送带从A→B的长度L=16m，则物体从A到B需要的时间为多少
5．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=，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．某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ= 30°，传送带两端A、B的长度L = 10m。
传送带以v = 5m/s的恒定速度匀速向上运动。
在传送带底端A轻轻放一质量m = 5kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数
2/3
=
μ。
求货物从A端运送到B端所需的时间。
（g取10m/s2）
8．如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L=3．8m，A、B分别使传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑，质量为0．1kg的小物块与传送带
间的动摩擦因数为μ3。
当传送带沿逆时针方向以v1=3m/s的速度匀速运动时，
将小物块无初速地放在A点后，它会运动至B点。
（g取10m/s2））
（1）求物体刚放在A点的加速度
（2）物体从A到B约需多长时间
（3）整个过程中摩擦产生的热量
（4）小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹。
求小物块在传送带上留下的痕迹长度（不要过程，只说结果）。
参考答案1．ACD
2．ABC
3．
4．
5．20m
6．210m/s
7．3s
8．（1）a1 = 7．5m/s2（2）1．2s（3）（4）0.8m。