資源簡介

專題提升練5　“傳送帶”模型中的動力學問題
　
梯級Ⅰ基礎練
1.(2025·保定模擬)一足夠長傾斜傳送帶如圖所示,木箱沿靜止的傳送帶勻速下滑。某時刻起傳送帶開始順時針運轉,木箱將(　　)
A.繼續勻速下滑 B.減速下滑
C.加速上滑 D.勻速上滑
2.(2024·北京卷)水平傳送帶勻速運動,將一物體無初速度地放置在傳送帶上,最終物體隨傳送帶一起勻速運動。下列說法正確的是(　　)
A.剛開始物體相對傳送帶向前運動
B.物體勻速運動過程中,受到靜摩擦力
C.物體加速運動過程中,摩擦力對物體做負功
D.傳送帶運動速度越大,物體加速運動的時間越長
3.(多選)(2025·衡水模擬)如圖所示,一粗糙的水平傳送帶以恒定的速度v1沿順時針方向轉動,傳送帶的左、右兩端皆有一與傳送帶等高的光滑水平面,一物體以恒定的速度v2沿水平面分別從左、右兩端滑上傳送帶,下列說法正確的是(　　)
A.物體從右端滑到左端所需的時間一定大于物體從左端滑到右端的時間
B.若v2C.若v2D.若v24.如圖甲所示,MN是一段傾角為θ=30°的傳送帶,一個可以看作質點,質量為m=1 kg的物塊,以速度v0=4 m/s從M點開始沿傳送帶向下運動。物塊運動過程的部分v-t圖像如圖乙所示,取g=10 m/s2,則(　　)
A.物塊最終從傳送帶N點離開
B.物塊將在4.8 s時回到原處
C.物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為
D.傳送帶的速度v=1 m/s,沿逆時針方向
5.如圖所示,傾角為θ的傳送帶始終以5 m/s的速度順時針勻速運動,一質量為1 kg的物塊以10 m/s的速度從底端沖上傳送帶,恰好能到達傳送帶頂端。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5,取重力加速度大小g=10 m/s2,sin θ=0.6,物塊從傳送帶底端運動到頂端的時間為(　　)
A.1.0 s　　B.1.5 s C.2.5 s　　D.3.0 s
梯級Ⅱ能力練
6.如圖,相距l=2.5 m的兩平臺位于同一水平面內,二者之間用傳送帶相接,傳送帶向右勻速運動,根據需要設定驅動系統的速度大小v=1 m/s。質量m=10 kg的貨物(可視為質點)放在距傳送帶左側1 m處的P點,右側平臺的人通過一根輕繩用恒力F=40 N水平向右拉貨物。已知貨物與平臺間的動摩擦因數μ1=0.2,貨物與傳送帶間的動摩擦因數μ2=0.5,假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)貨物運動到傳送帶左端時的速度大小;
(2)貨物在傳送帶上運動的時間。
7.傳送帶在流水線中的應用節省了勞動力,降低了商品成本。車間中兩段傳送帶的截面圖如圖所示,1為長度L1=2 m的水平傳送帶,2為長度L2=1 m,傾角θ=37°的傾斜傳送帶。現將質量m=8 kg的貨物輕放在傳送帶1的右端點a,貨物到達b處剛好與傳送帶1的速度相等。貨物與傳送帶1、2之間的動摩擦因數分別為μ1=0.4,μ2=0.5,貨物在連接點b處速度大小不變從水平滑上斜面,兩傳送帶均逆時針運行。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求傳送帶1的速度大小;
(2)要使貨物能夠運送至c點,求傳送帶2的最小速度;
(3)改變傳送帶1、2的速度,求貨物從a到達c的最短時間。
梯級Ⅲ創新練
8.雙層皮帶輸送機的出現極大地提升了物流輸送效率,它可以將貨物同時進行輸送裝卸。雙層皮帶輸送機可簡化為如圖所示的兩個傳送速率相同的傳送帶,上層傳送帶長為4.02 m,與水平方向夾角為37°,水平的下層傳送帶長為3.21 m。貨物放在材質相同的紙箱內,紙箱(可視為質點)與上、下兩層傳送帶之間的動摩擦因數均為0.8,上、下兩層傳送帶均以恒定速率0.4 m/s逆時針運行。裝卸工人乙將紙箱輕放在下層傳送帶最右端,裝卸工人甲同時將紙箱以大于傳送帶的速度無碰撞地推上傳送帶,另一端的分揀員同時接到兩個紙箱。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)紙箱被傳送到分揀員處經過的時間;
(2)紙箱被裝卸工人甲推入傳送帶時的速度大小。
專題提升練5　“傳送帶”模型中的動力學問題
1.A　解析　傳送帶靜止時,木箱受重力、傳送帶的支持力和沿傳送帶向上的滑動摩擦力作用,當傳送帶順時針運轉后,木箱仍受重力、傳送帶的支持力和沿傳送帶向上的滑動摩擦力作用,木箱受力大小、方向都沒變,則木箱仍勻速下滑,A項正確。
2.D　解析　剛開始時,物體速度小于傳送帶速度,則物體相對傳送帶向后運動,A項錯誤;勻速運動過程中,物體與傳送帶之間無相對運動趨勢,則物體不受摩擦力作用,B項錯誤;物體加速,由動能定理可知,摩擦力對物體做正功,C項錯誤;設物體與傳送帶間動摩擦因數為μ,物體相對傳送帶運動時加速度a==μg,做勻加速運動時,物體速度小于傳送帶速度則一直加速,由v=at可知,傳送帶速度越大,物體加速運動的時間越長,D項正確。
3.CD　解析　若物體從右端滑到左端和從左端滑到右端的過程中一直相對于傳送帶滑動做勻減速運動,此時滑動摩擦力產生加速度,兩者加速度大小相等,運動的位移大小相等,都做勻變速運動,則運動的時間相等,A項錯誤;若v24.C　解析　從v-t圖像可知,物體速度減為零后反向向上運動,最終的速度大小為1 m/s,因此物塊不會從N點離開,物體最終與傳送帶共速,所以傳送帶的速度v=1 m/s,沿順時針方向,A、D兩項錯誤;v-t圖像中的斜率表示加速度,可知物塊沿傳送帶下滑時的加速度大小為a= m/s2=2.5 m/s2,根據牛頓第二定律可得a=,聯立解得物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ=,C項正確;物塊沿傳送帶向下減速到速度為0所用時間為t1==1.6 s,物塊沿傳送帶向下減速通過的位移大小為x1=t1=3.2 m,物塊反向向上加速到與傳送帶共速所用時間為t2==0.4 s,物塊反向向上加速通過的位移大小為x2=t2=0.2 m,物塊與傳送帶共速后繼續向上運動回到原處所用時間為t3==3 s,物塊從滑上傳送帶到回到原處所用時間為t=t1+t2+t3=5 s,B項錯誤。
5.D　解析　開始時物塊速度大于傳送帶速度,所受傳送帶摩擦力沿傳送帶向下,根據牛頓第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=10 m/s2,物塊速度與傳送帶速度相等所需的時間t1==0.5 s,之后物塊的速度小于傳送帶的速度,物塊所受摩擦力沿傳送帶向上,根據牛頓第二定律mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得a2=2 m/s2,物塊從速度等于傳送帶速度到速度為零所需時間t2==2.5 s,物塊從傳送帶底端運動到頂端的時間t=t1+t2=3.0 s,D項正確。
6.答案　(1)2 m/s　(2)2 s
解析　(1)根據牛頓第二定律
F-μ1mg=ma1,
得貨物在左端平臺上時加速度為
a1==2 m/s2,
由運動學規律有=2a1s1,s1=1 m,
解得貨物運動到傳送帶左端時的速度大小為v1=2 m/s。
(2)由于v1>v,故貨物滑上傳送帶后受到的摩擦力向左,此時F-μ2mg=ma2,
加速度為a2==-1 m/s2,
故貨物開始做勻減速運動,設經過時間t2與傳送帶共速,得
t2==1 s,
該段時間貨物位移為s2=t2=1.5 m,
共速后貨物勻速運動,設再經過時間t3到達傳送帶右端,得t3==1 s,
故貨物在傳送帶上運動的時間為
t=t2+t3=2 s。
7.答案　(1)4 m/s　(2)1 m/s　(3)(3-) s
解析　(1)貨物放上傳送帶1后一直做勻加速直線運動,根據牛頓第二定律,有
μ1mg=ma,
解得a=μ1g=4 m/s2,
根據運動學公式,有=2aL1,
解得v1=4 m/s。
(2)若傳送帶2不轉動,則貨物向上運動的加速度一直保持a1==g(μ2cos θ+sin θ)=10 m/s2,
最遠距離為smax==0.8 m貨物無法運動到c點,
若傳送帶2的速度大于4 m/s,則貨物向上運動的加速度一直保持
a2==g(sin θ-μ2cos θ)=2 m/s2,
最遠距離為smax'==4 m>L2,
貨物運動到c點時速度不為零。設傳送帶2的速度為v時,恰好能將貨物運送至c點。據以上信息可知,v的值一定在0s1=,s2=,s1+s2=L2,
解得v=1 m/s。
(3)貨物在傳送帶1中一直做勻加速度直線運動所用時間最短,
L1=a,
所以t1=1 s,
當傳送帶2速度足夠大,貨物在傳送帶2上一直做加速度大小為2 m/s2的勻減速直線運動
L2=at1t2-a2,解得t2=(2-) s,
所以最短時間為t=t1+t2=(3-) s。
8.答案　(1)8.05 s　(2)1.2 m/s
解析　在水平傳送帶上,紙箱受到摩擦力作用,先做加速運動,
μmg=ma,
解得a=8 m/s2,
加速到與傳送帶速度相等的時間
t1== s=0.05 s,
加速到與傳送帶速度相等時的位移
x1=a=0.01 m,
速度相等后一起勻速運動的位移
x2=L2-x1=3.2 m,
勻速運動的時間t2==8 s,
紙箱被傳送到分揀員處經過的時間t=t1+t2=8.05 s。
(2)設裝卸工人甲推紙箱的速度為v1,紙箱從推入傳送帶到與傳送帶速度相同所需時間t3,由于v1>v2,紙箱做減速運動,加速度大小為
a1==0.4 m/s2,
則減速到與傳送帶速度相等的時間
t3==-1 s,
減速到與傳送帶速度相等時的位移
x3==-0.2 m,
當速度相等后與傳送帶一起做勻速運動,勻速運動的位移x4=L1-x3,
勻速運動的時間t4=,
根據t=t3+t4,
整理得-0.8v1-0.48=0,
解得v1=1.2 m/s,
故紙箱被推入傳送帶時的速度大小為1.2 m/s。(共29張PPT)
專題提升練5
“傳送帶”模型中的動力學問題
1
5
6
7
8
2
3
4
1.(2025·保定模擬)一足夠長傾斜傳送帶如圖所示，木箱沿靜止的傳送帶勻速下滑。某時刻起傳送帶開始順時針運轉，木箱將( )
A.繼續勻速下滑 B.減速下滑
C.加速上滑 D.勻速上滑
梯級Ⅰ 基礎練
傳送帶靜止時，木箱受重力、傳送帶的支持力和沿傳送帶向上的滑動摩擦力作用，當傳送帶順時針運轉后，木箱仍受重力、傳送帶的支持力和沿傳送帶向上的滑動摩擦力作用，木箱受力大小、方向都沒變，則木箱仍勻速下滑，A項正確。
解析
1
5
6
7
8
2
3
4
2.(2024·北京卷)水平傳送帶勻速運動，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運動。下列說法正確的是
( )
A.剛開始物體相對傳送帶向前運動
B.物體勻速運動過程中，受到靜摩擦力
C.物體加速運動過程中，摩擦力對物體做負功
D.傳送帶運動速度越大，物體加速運動的時間越長
1
5
6
7
8
2
3
4
剛開始時，物體速度小于傳送帶速度，則物體相對傳送帶向后運動，A項錯誤；勻速運動過程中，物體與傳送帶之間無相對運動趨勢，則物體不受摩擦力作用，B項錯誤；物體加速，由動能定理可知，摩擦力對物體做正功，C項錯誤；設物體與傳送帶間動摩擦因數為μ，物體相對傳送帶運動時加速度a==μg，做勻加速運動時，物體速度小于傳送帶速度則一直加速，由v=at可知，傳送帶速度越大，物體加速運動的時間越長，D項正確。
解析
1
5
6
7
8
2
3
4
3.(多選)(2025·衡水模擬)如圖所示，一粗糙的水平傳送帶以恒定的速度v1沿順時針方向轉動，傳送帶的左、右兩端皆有一與傳送帶等高的光滑水平面，一物體以恒定的速度v2沿水平面分別從左、右兩端滑上傳送帶，下列說法正確的是( )
1
5
6
7
8
2
3
4
A.物體從右端滑到左端所需的時間一定大于物體從左端滑到右端的時間
B.若v2C.若v2D.若v21
5
6
7
8
2
3
4
若物體從右端滑到左端和從左端滑到右端的過程中一直相對于傳送帶滑動做勻減速運動，此時滑動摩擦力產生加速度，兩者加速度大小相等，運動的位移大小相等，都做勻變速運動，則運動的時間相等，A項錯誤；若v2解析
1
5
6
7
8
2
3
4
物體從右端滑上傳送帶，物體所受摩擦力向右，物體做勻減速運動，當物體滑到左端速度大于等于零時，可以到達左端，C項正確；若v2解析
1
5
6
7
8
2
3
4
4.如圖甲所示，MN是一段傾角為θ=30°的傳送帶，一個可以看作質點，質量為m=1 kg的物塊，以速度v0=4 m/s從M點開始沿傳送帶向下運動。物塊運動過程的部分v-t圖像如圖乙所示，取g=10 m/s2，則 ( )
1
5
6
7
8
2
3
4
A.物塊最終從傳送帶N點離開
B.物塊將在4.8 s時回到原處
C.物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為
D.傳送帶的速度v=1 m/s，沿逆時針方向
1
5
6
7
8
2
3
4
從v-t圖像可知，物體速度減為零后反向向上運動，最終的速度大小為1 m/s，因此物塊不會從N點離開，物體最終與傳送帶共速，所以傳送帶的速度v=1 m/s，沿順時針方向，A、D兩項錯誤；v-t圖像中的斜率表示加速度，可知物塊沿傳送帶下滑時的加速度大小為a= m/s2=2.5 m/s2，根據牛頓第二定律可得a=，聯立解得物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為
解析
1
5
6
7
8
2
3
4
μ=，C項正確；物塊沿傳送帶向下減速到速度為0所用時間為t1==1.6 s，物塊沿傳送帶向下減速通過的位移大小為x1=t1= 3.2 m，物塊反向向上加速到與傳送帶共速所用時間為t2== 0.4 s，物塊反向向上加速通過的位移大小為x2=t2=0.2 m，物塊與傳送帶共速后繼續向上運動回到原處所用時間為t3==3 s，物塊從滑上傳送帶到回到原處所用時間為t=t1+t2+t3=5 s，B項錯誤。
解析
1
5
6
7
8
2
3
4
5.如圖所示，傾角為θ的傳送帶始終以5 m/s的速度順時針勻速運動，一質量為1 kg的物塊以10 m/s的速度從底端沖上傳送帶，恰好能到達傳送帶頂端。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5，取重力加速度大小g=10 m/s2，sin θ=0.6，物塊從傳送帶底端運動到頂端的時間為( )

A.1.0 s　　 B.1.5 s C.2.5 s　 　D.3.0 s
1
5
6
7
8
2
3
4
開始時物塊速度大于傳送帶速度，所受傳送帶摩擦力沿傳送帶向 下，根據牛頓第二定律mgsin θ+μmgcos θ=ma1，解得a1=10 m/s2，物塊速度與傳送帶速度相等所需的時間t1==0.5 s，之后物塊的速度小于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力沿傳送帶向上，根據牛頓第二定律mgsin θ-μmgcos θ=ma2，解得a2=2 m/s2，物塊從速度等于傳送帶速度到速度為零所需時間t2==2.5 s，物塊從傳送帶底端運動到頂端的時間t=t1+t2=3.0 s，D項正確。
解析
1
5
6
7
8
2
3
4
6.如圖，相距l=2.5 m的兩平臺位于同一水平面內，二者之間用傳送帶相接，傳送帶向右勻速運動，根據需要設定驅動系統的速度大小v= 1 m/s。質量m=10 kg的貨物(可視為質點)放在距傳送帶左側1 m處的P點，右側平臺的人通過一根輕繩用恒力F=40 N水平向右拉貨物。已知貨物與平臺間的動摩擦因數μ1=0.2，貨物與傳送帶間的動摩擦因數μ2=0.5，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取 10 m/s2。求：
1
5
6
7
8
2
3
4
梯級Ⅱ 能力練
(1)貨物運動到傳送帶左端時的速度大小；
根據牛頓第二定律F-μ1mg=ma1，
得貨物在左端平臺上時加速度為a1==2 m/s2，
由運動學規律有=2a1s1，s1=1 m，
解得貨物運動到傳送帶左端時的速度大小為v1=2 m/s。
解析
1
5
6
7
8
2
3
4
(2)貨物在傳送帶上運動的時間。
由于v1>v，故貨物滑上傳送帶后受到的摩擦力向左，此時
F-μ2mg=ma2，
加速度為a2==-1 m/s2，
故貨物開始做勻減速運動，設經過時間t2與傳送帶共速，得t2==1 s，
該段時間貨物位移為s2=t2=1.5 m，
解析
1
5
6
7
8
2
3
4
共速后貨物勻速運動，設再經過時間t3到達傳送帶右端，得t3==1 s，
故貨物在傳送帶上運動的時間為t=t2+t3=2 s。
解析
1
5
6
7
8
2
3
4
7.傳送帶在流水線中的應用節省了勞動力，降低了商品成本。車間中兩段傳送帶的截面圖如圖所示，1為長度L1=2 m的水平傳送帶，2為長度L2=1 m，傾角θ=37°的傾斜傳送帶。現將質量m=8 kg的貨物輕放在傳送帶1的右端點a，貨物到達b處剛好與傳送帶1的速度相等。貨物與傳送帶1、2之間的動摩擦因數分別為μ1=0.4，μ2=0.5，貨物在連接點b處速度大小不變從水平滑上斜面，兩傳送帶均逆時針運行。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。
1
5
6
7
8
2
3
4
(1)求傳送帶1的速度大小；
貨物放上傳送帶1后一直做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律，有μ1mg=ma，
解得a=μ1g=4 m/s2，
根據運動學公式，有=2aL1，
解得v1=4 m/s。
解析
1
5
6
7
8
2
3
4
(2)要使貨物能夠運送至c點，求傳送帶2的最小速度；
若傳送帶2不轉動，則貨物向上運動的加速度一直保持
a1==g(μ2cos θ+sin θ)=10 m/s2，
最遠距離為smax==0.8 m若傳送帶2的速度大于4 m/s，則貨物向上運動的加速度一直保持
a2==g(sin θ-μ2cos θ)=2 m/s2，
解析
1
5
6
7
8
2
3
4
最遠距離為smax'==4 m>L2，
貨物運動到c點時速度不為零。設傳送帶2的速度為v時，恰好能將貨物運送至c點。據以上信息可知，v的值一定在0解得v=1 m/s。
解析
1
5
6
7
8
2
3
4
(3)改變傳送帶1、2的速度，求貨物從a到達c的最短時間。
貨物在傳送帶1中一直做勻加速度直線運動所用時間最短，
L1=a，所以t1=1 s，
當傳送帶2速度足夠大，貨物在傳送帶2上一直做加速度大小為2 m/s2的勻減速直線運動L2=at1t2-a2，
解得t2=(2-) s，
所以最短時間為t=t1+t2=(3-) s。
解析
1
5
6
7
8
2
3
4
8.雙層皮帶輸送機的出現極大地提升了物流輸送效率，它可以將貨物同時進行輸送裝卸。雙層皮帶輸送機可簡化為如圖所示的兩個傳送速率相同的傳送帶，上層傳送帶長為4.02 m，與水平方向夾角為 37°，水平的下層傳送帶長為3.21 m。貨物放在材質相同的紙箱內，紙箱(可視為質點)與上、下兩層傳送帶之間的動摩擦因數均為0.8，上、下兩層傳送帶均以恒定速率0.4 m/s逆時針運行。裝卸工人乙將紙箱輕放在下層傳送帶最右端，裝卸工人甲同時將紙箱以大于傳送帶的速度無碰撞地推上傳送帶，另一端的分揀員同時接到兩個紙 箱。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2，求：
1
5
6
7
8
2
3
4
梯級Ⅲ 創新練
(1)紙箱被傳送到分揀員處經過的時間；
1
5
6
7
8
2
3
4
在水平傳送帶上，紙箱受到摩擦力作用，先做加速運動，
μmg=ma，解得a=8 m/s2，
加速到與傳送帶速度相等的時間t1== s=0.05 s，
加速到與傳送帶速度相等時的位移x1=a=0.01 m，
速度相等后一起勻速運動的位移x2=L2-x1=3.2 m，
勻速運動的時間t2==8 s，
紙箱被傳送到分揀員處經過的時間t=t1+t2=8.05 s。
解析
1
5
6
7
8
2
3
4
(2)紙箱被裝卸工人甲推入傳送帶時的速度大小。
1
5
6
7
8
2
3
4
解析
當速度相等后與傳送帶一起做勻速運動，勻速運動的位移
x4=L1-x3，
勻速運動的時間t4=，
根據t=t3+t4，
整理得-0.8v1-0.48=0，
解得v1=1.2 m/s，
故紙箱被推入傳送帶時的速度大小為1.2 m/s。
解析
1
5
6
7
8
2
3
4專題提升五　“傳送帶”模型中的動力學問題
1.模型特點。
物體(視為質點)放在傳送帶上,由于物體和傳送帶有相對滑動或有相對滑動的趨勢而產生滑動摩擦力或靜摩擦力。摩擦力可能是動力,也可能是阻力。
2.物體與傳送帶共速前后的兩個變化。
(1)抓住物體與傳送帶共速的臨界點,共速前后的運動情況可能不同。
(2)共速前后摩擦力發生突變,有三種常見的情形:①滑動摩擦力消失;②滑動摩擦力突變為靜摩擦力;③滑動摩擦力改變方向。
題型1　水平傳送帶模型
　　　　　 　　　　　　　　　　
　傳送帶是生產生活中常用的一種工具,高中物理中對實際的傳送帶進行了抽象化處理,一般認為傳送帶的運動不受滑塊的影響。 傳送帶模型中要注意摩擦力的突變,這種突變發生在v物與v帶相同的時刻,對于傾斜傳送帶模型還要分析mgsin θ與Ff的大小與方向。突變有三種:(1)滑動摩擦力消失;(2)滑動摩擦力突變為靜摩擦力;(3)滑動摩擦力改變方向。
項目 圖示 運動情況 判斷方法
情景1 可能一直加速,也可能先加速后勻速 若≤l,物、帶能共速
情景2 當v0>v時,可能一直減速,也可能先減速再勻速;當v0情景3 傳送帶較短時,滑塊一直減速達到左端;傳送帶較長時,滑塊還要被傳送帶傳回右端 若≤l,物塊能返回
【典例1】　(2025·昭通模擬)如圖,水平固定放置的傳送帶在電機的作用下一直保持速度v=4 m/s順時針轉動,兩輪軸心間距離L=20 m。一個物塊(視為質點)以初速度v0=12 m/s從左輪的正上方水平向右滑上傳送帶,物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ=0.4,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)物塊在傳送帶上運動的時間;
(2)物塊在傳送帶上留下的痕跡長度。
【典例2】　
(2025·徐州模擬)如圖所示,水平方向的傳送帶以v1的恒定速度順時針轉動。一物塊從右端以v2(v2>v1)的速度滑上傳送帶,物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ,傳送帶長度L>。在物塊從滑上傳送帶至離開傳送帶的過程中,物塊的速度隨時間變化的圖像是圖中的(　　)
A　　B
C　　D
題型2　傾斜傳送帶模型
　　　　　 　　　　　　　　　　
情景 滑塊的運動情況
傳送帶不足夠長 傳送帶足夠長
一直加速(一定滿足關系μ>tan θ) 先加速后勻速(一定滿足關系μ>tan θ)
一直加速(加速度為gsin θ+μgcos θ) 若μ≥tan θ,先加速后勻速;若μv0v0>v,若μtan θ,一直減速,加速度大小為μgcos θ-gsin θ;若μ=tan θ,一直勻速 v0>v時,若μ>tan θ,先減速后勻速;若μ(摩擦力方向一定沿傳送帶向上) μμ>tan θ,一直減速 μ>tan θ,先減速到速度為0后反向加速,若v0≤v,運動到原位置時速度大小為v0;若v0>v,運動到原位置時速度大小為v
【典例3】　
(2024·安徽卷)傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時針轉動。t=0時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊,如圖所示。t0時刻物塊運動到傳送帶中間某位置,速度達到v0。不計空氣阻力,則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中,加速度a、速度v隨時間t變化的關系圖線可能正確的是(　　)
ABCD
【典例4】　如圖甲所示為一車間運送貨物的傳送帶示意圖,傳送帶的傾角為θ。某次運送貨物時工人把傳送帶調到某一恒定的速率沿逆時針方向運行。在t=0時,將一貨物輕放在傳送帶上的最右端A位置處,2.0 s時貨物從B點離開傳送帶。貨物的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示,設沿傳送帶向下為運動的正方向,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)貨物與傳送帶之間的動摩擦因數及θ的正弦值;
(2)在0~2.0 s時間內貨物在傳送帶上劃過的痕跡長度;
(3)要使無初速度放在A位置的貨物運動到B位置的時間最短,傳送帶的速率至少應調整到多少;傳送帶的運行方向如何;最短時間是多少。(結果可用根式表示)
甲　　乙
專題提升五　“傳送帶”模型中的動力學問題
題型1
【典例1】　答案　(1)3 s　(2)8 m
解析　(1)物塊在傳送帶上運動,由牛頓第二定律μmg=ma,
設物塊減速至傳送帶速度v所用時間為t1,根據運動學公式v=v0-at1,
解得t1=2 s,
位移x1=t1,
解得x1=16 m所以物塊先勻減速后勻速運動,則
L-x1=vt2,
解得t2=1 s,
在傳送帶上運動的時間t=t1+t2=3 s。
(2)t1時間內傳送帶的位移x2=vt1,
物塊在傳送帶上留下的痕跡長度
x=x1-x2,
解得x=8 m。
【典例2】　B　解析　由物塊在傳送帶上的受力可知,物塊的加速度為a=μg,當物塊向左運動速度減為零時的位移為x=,由題可知L>,故物塊沒有滑離傳送帶,物塊向左減速到零后向右做勻加速直線運動,當物塊速度與傳送帶速度相同時,物塊的位移為x'=,又v2>v1,則x>x',故向右運動的速度與傳送帶相等后,物塊做勻速直線運動,B項正確。
題型2
【典例3】　C　解析　0~t0時間內,物體輕放在傳送帶上后做加速運動,說明滑動摩擦力大于重力沿斜面向下的分力,加速度沿斜面向上,且不變,故做勻加速運動;t0之后,當物塊速度與傳送帶相同時,靜摩擦力與重力沿斜面向下的分力大小相等,加速度突變為零,物塊做勻速直線運動,C項正確,A、B、D三項錯誤。
【典例4】　答案　(1)0.5　0.6　(2)5 m
(3)8 m/s　逆時針運行　 s
解析　(1)由題圖乙知,
0~1.0 s內a1==10 m/s2,
1.0~2.0 s內a2==2 m/s2,
0~1.0 s內,由牛頓第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma1,
1.0~2.0 s內,由牛頓第二定律得
mgsin θ-μmgcos θ=ma2,
解得μ=0.5,sin θ=0.6。
(2)由題圖乙知,傳送帶的速率v1=10 m/s,0~1.0 s內傳送帶比貨物多運動
Δx1=v1t1-v1t1=5 m,
1.0~2.0 s內貨物比傳送帶多運動
Δx2=(v1+v2)t2-v1t2=1 m,
則貨物在傳送帶上劃過的痕跡長度為
Δx1=5 m。
(3)傳送帶應逆時針運行,且運行速度應足夠大確保貨物從A到B一直以加速度
a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2,
做勻加速運動;設傳送帶的速率至少應調到v3,貨物運動到B位置的最短時間為t3,傳送帶A、B間的長度
x=v1t1+(v1+v2)t2=16 m,
=2a1x,
v3=a1t3,
解得v3=8 m/s,t3= s。(共23張PPT)
專題提升五
第三章　運動與力的關系
“傳送帶”模型中的動力學問題
1.模型特點。
物體(視為質點)放在傳送帶上，由于物體和傳送帶有相對滑動或有相對滑動的趨勢而產生滑動摩擦力或靜摩擦力。摩擦力可能是動力，也可能是阻力。
2.物體與傳送帶共速前后的兩個變化。
(1)抓住物體與傳送帶共速的臨界點，共速前后的運動情況可能不 同。
(2)共速前后摩擦力發生突變，有三種常見的情形：①滑動摩擦力消失；②滑動摩擦力突變為靜摩擦力；③滑動摩擦力改變方向。
題型1　水平傳送帶模型
題型2　傾斜傳送帶模型
內容
索引
水平傳送帶模型
題型1
傳送帶是生產生活中常用的一種工具，高中物理中對實際的傳送帶進行了抽象化處理，一般認為傳送帶的運動不受滑塊的影響。 傳送帶模型中要注意摩擦力的突變，這種突變發生在v物與v帶相同的時 刻，對于傾斜傳送帶模型還要分析mgsin θ與Ff的大小與方向。突變有三種：(1)滑動摩擦力消失；(2)滑動摩擦力突變為靜摩擦力；(3)滑動摩擦力改變方向。
項目 圖示 運動情況 判斷方法
情景1 可能一直加速，也可能先加速后勻速
情景2 當v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速；當v0情景3 傳送帶較短時，滑塊一直減速達到左端；傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端
【典例1】　(2025·昭通模擬)如圖，水平固定放置的傳送帶在電機的作用下一直保持速度v=4 m/s順時針轉動，兩輪軸心間距離L= 20 m。一個物塊(視為質點)以初速度v0=12 m/s從左輪的正上方水平向右滑上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ=0.4，重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)物塊在傳送帶上運動的時間；
物塊在傳送帶上運動，由牛頓第二定律μmg=ma，
設物塊減速至傳送帶速度v所用時間為t1，根據運動學公式v=v0-at1，
解得t1=2 s，位移x1=t1，解得x1=16 m所以物塊先勻減速后勻速運動，則L-x1=vt2，
解得t2=1 s，
在傳送帶上運動的時間t=t1+t2=3 s。
解析
(2)物塊在傳送帶上留下的痕跡長度。
t1時間內傳送帶的位移x2=vt1，
物塊在傳送帶上留下的痕跡長度
x=x1-x2，
解得x=8 m。
解析
【典例2】　(2025·徐州模擬)如圖所示，水平方向的傳送帶以v1的恒定速度順時針轉動。一物塊從右端以v2(v2>v1)的速度滑上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，傳送帶長度L>。在物塊從滑上傳送帶至離開傳送帶的過程中，物塊的速度隨時間變化的圖像是圖中的( )
由物塊在傳送帶上的受力可知，物塊的加速度為a=μg，當物塊向左運動速度減為零時的位移為x=，由題可知L>，故物塊沒有滑離傳送帶，物塊向左減速到零后向右做勻加速直線運動，當物塊速度與傳送帶速度相同時，物塊的位移為x'=，又v2>v1，則x>x'，故向右運動的速度與傳送帶相等后，物塊做勻速直線運動，B項正確。
解析
傾斜傳送帶模型
題型2
情景 滑塊的運動情況 傳送帶不足夠長 傳送帶足夠長
一直加速(一定滿足關系μ>tan θ) 先加速后勻速
(一定滿足關系μ>tan θ)
一直加速(加速度為gsin θ+μgcos θ) 若μ≥tan θ，先加速后勻速；若μ v0v0>v，若μtan θ，一直減速，加速度大小為μgcos θ-gsin θ；若μ=tan θ，一直勻速 v0>v時，若μ>tan θ，先減速后勻速；若μ(摩擦力方向一定沿傳送帶向上) μtan θ，一直減速 μ>tan θ，先減速到速度為0后反向加速，若v0≤v，運動到原位置時速度大小為v0；若v0>v，運動到原位置時速度大小為v
【典例3】　(2024·安徽卷)傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時針轉動。t=0時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖所示。t0時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到v0。不計空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時間t變化的關系圖線可能正確的是( )
0~t0時間內，物體輕放在傳送帶上后做加速運動，說明滑動摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，加速度沿斜面向上，且不變，故做勻加速運動；t0之后，當物塊速度與傳送帶相同時，靜摩擦力與重力沿斜面向下的分力大小相等，加速度突變為零，物塊做勻速直線運動，C項正確，A、B、D三項錯誤。
解析
【典例4】　如圖甲所示為一車間運送貨物的傳送帶示意圖，傳送帶的傾角為θ。某次運送貨物時工人把傳送帶調到某一恒定的速率沿逆時針方向運行。在t=0時，將一貨物輕放在傳送帶上的最右端A位置處，2.0 s時貨物從B點離開傳送帶。貨物的速度隨時間變化的圖像 如圖乙所示，設沿傳送帶向下為運動的正方向，重力加速度g取 10 m/s2。求：
(1)貨物與傳送帶之間的動摩擦因數及θ的正弦值；
由題圖乙知，0~1.0 s內a1==10 m/s2，
1.0~2.0 s內a2==2 m/s2，
0~1.0 s內，由牛頓第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1，
1.0~2.0 s內，由牛頓第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma2，
解得μ=0.5，sin θ=0.6。
解析
(2)在0~2.0 s時間內貨物在傳送帶上劃過的痕跡長度；
由題圖乙知，傳送帶的速率v1=10 m/s，0~1.0 s內傳送帶比貨物多運動Δx1=v1t1-v1t1=5 m，
1.0~2.0 s內貨物比傳送帶多運動Δx2=(v1+v2)t2-v1t2=1 m，
則貨物在傳送帶上劃過的痕跡長度為Δx1=5 m。
解析
(3)要使無初速度放在A位置的貨物運動到B位置的時間最短，傳送帶的速率至少應調整到多少；傳送帶的運行方向如何；最短時間是多少。(結果可用根式表示)
傳送帶應逆時針運行，且運行速度應足夠大確保貨物從A到B一直以加速度a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2，
做勻加速運動；設傳送帶的速率至少應調到v3，貨物運動到B位置的最短時間為t3，傳送帶A、B間的長度
x=v1t1+(v1+v2)t2=16 m，
=2a1x，v3=a1t3，
解得v3=8 m/s，t3= s。
解析

展開更多......

收起↑