高考物理复习专题七

专题七 传送带问题中的动力学与能量综合

1.(2018·江苏泰州市联考)如图所示，传送带AB 总长为l ＝10 m ，与一个半径为R ＝0.4 m 的光滑四分之一圆轨道BC 相切于B 点，传送带速度恒为v ＝6 m/s ，方向向右，现有一个滑块以一定初速度从A 点水平滑上传送带，滑块质量为m ＝10 kg ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，已知滑块运动到B 端时，刚好与传送带同速，求：

(1)滑块的初速度； (2)滑块能上升的最大高度；

(3)求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能。 【答案】： (1)214 m/s 或4 m/s (2)1.8 m (3)220 J

【解析】： (1)以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带速度时，有－μmgl ＝12mv 2－12mv 20

，解得v 0＝214 m/s ；

当滑块初速度小于传送带速度时，有μmgl ＝12mv 2－1

2mv 20，解得v 0＝4 m/s 。

(2)由动能定理可得－mgh ＝0－1

2

mv 2，解得h ＝1.8 m 。

(3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，滑块的加速度a ＝1 m/s 2，滑块减速到零的位移x 0＝v 2

2a ＝18 m>10 m ，则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开

传送带，由匀变速运动的位移公式可得l ＝vt －1

2at 2，解得t ＝2 s(t ＝10 s 舍去)，在此时间内

传送带的位移x ＝vt ＝6×2 m ＝12 m ，滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生

的内能Q ＝μmg (l ＋x )＝0.1×10×10×(10＋12) J ＝220 J 。

2.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，经过时间t ＝6s ，能传送到B 处，求：

（1）工件在传送带上加速运动过程中的加速度大小及加速运动的时间；

（2）欲用最短的时间把工件从A 处传送到B 处，求传送带的运行速度至少多大？

【答案】：（1）1m/s2 （2）52

【解析】：对工件受力分析：g a ma mg μμ==....

对工件进行运动分析：假设工件从静止释放到与传送带共速共需要经历的时间为t 速度关系：)1...(at v =代入得2=at t=2s

位移关系：

)

2)...(6(2

12

t v at l -+=

，代入相关参数得：a=1m/s 2 如果工件在传送带上一路匀加速刚好到达B 端时的速度为V ，且刚好与传送带共速，此时传送带的速度即为其临界的最小速度。

s m v v al /5220...............022==-=

3.如图所示，倾角为θ的斜面，传送带AB 之间的距离为L,传送带以速度v 匀速转动，物块与传送带之间的摩擦因素为u ，将物块从A 点由静止释放，求物体从A 传到B 的时间；

【答案】：θ

θμsin cos 2g g l

t -=

或)sin cos (2θθμg g v v l t -+=

【解析】：要想将物体传上去有一个要求：θθμsin cos mg mg > 对物块受力分析：ma mg mg =-θθμsin cos θθμsin cos g g a -=

运动分析：与水平类型完全一致；物体的运动有两种可能，先匀加速后匀速，或一直匀加速； 一直匀加速：a l t at l 2...212==

代入相关参数得：θ

θμsin cos 2g g l

t -= 先匀加速后匀速：参考上一例题可知：a

v

v l t t t 221+

=

+=代入相关参数得：)

sin cos (2θθμg g v v l t -+=

4.如图所示，一皮带输送机的皮带以v ＝13.6 m/s 的速率做匀速运动，其有效输送距离AB ＝29.8 m ，与水平方向夹角为θ＝37°.将一小物体轻放在A 点，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.1，求物体由A 到B 所需的时间．(g 取10 m/s)

【答案】：3s

【解析】：本题的关键要注意两点：

1、开始时传送带运动的速度大于物块的速度，所以物块受到传送带沿斜面向下的滑动摩擦力；

2、当物块与传送带共速后物块的运动不一定是匀速的，需要进行相应的判断； 到达共速前阶段一受力分析：1cos sin ma mg mg =+θμθ代入相关参数得a1=6.8m/s2

设经过时间t1物块与传送带共速：s t a v 211==，物体产生的位移为：m a v x 6.1321

21==

当物体与传送带达到共速后的阶段二对物体进行受力分析：需要先判断比较

θμθcos sin mg mg 与的大小关系，从而确定物体在第二阶段的运动情况；

对物体受力分析得：2cos sin ma mg mg =-θμθ代入相关参数得a2=5.2m/s2 对第二阶段的物体进行运动分析得：2

22122

1t a vt x l x +=-=；代入相关参数得：t2=1s 总时间t=t 1+t 2=3S;

对本题说明：在第二阶段中比较θμθcos sin mg mg 与的关系是非常重要的；

当

θμθcos sin mg mg ≤时，

物体将匀速走完剩余的全程；当θμθcos sin mg mg >时，物体将以加速度a2继续前行； 5.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m ＝5 kg 的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A 端，传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8, g 取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。

(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；

(2)若B 轮的半径为R ＝0.2 m ，求行李包在B 点对传送带的压力； (3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度。 【答案】：(1)0.1 m (2)25 N ，方向竖直向下 (3)1.25 m

【解析】：(1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg ＝ma 1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t ，则v ＝a 1t 行李包前进距离x 1＝12

a 1t 2

传送带前进距离x 2＝vt ； 行李包相对传送带滑动的距离Δx ＝x 2－x 1＝0.1 m (2)行李包在B 点，根据牛顿第二定律，有：mg －F N ＝mv 2

R

解得：F N ＝25 N

根据牛顿第三定律可得：行李包在B 点对传送带的压力为25 N ，方向竖直向下。 (3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：mg sin 37°－μ2mg cos 37°＝ma 2 行李包从斜面滑下过程：0－v 2＝2a 2x ：解得：x ＝1.25 m 。

6．(2018·江西联考)如图所示，P 为弹射器，P A 、BC 为光滑水平面分别与传送带AB 水平相连，CD 为光滑半圆轨道，其半径R ＝2 m ，传送带AB 长为L ＝6 m ，并以v 0＝2 m/s 的速度