2023-2024屆高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 20傳送帶模型動(dòng)力學(xué)分析（解析版）

專題20傳送帶模型動(dòng)力學(xué)分析

1.傳送帶模型的分析流程

2.解題關(guān)鍵

(1)理清物體與傳送帶間的相對運(yùn)動(dòng)方向及摩擦力方向是解決傳送帶問題的前提。

(2)傳送帶模型常常涉及臨界問題，當(dāng)物體與傳送帶達(dá)到相同速度時(shí)，會出現(xiàn)摩擦力突

變的臨界狀態(tài)，對這一臨界狀態(tài)進(jìn)行分析往往是解題的突破口。

考點(diǎn)一傳送帶模型的摩擦力分析

L傳送帶問題中對物體所受的摩擦力進(jìn)行正確的分析與判斷是求解的前提。

2.摩擦力的方向沿兩物體的接觸面，與相對運(yùn)動(dòng)或相對運(yùn)動(dòng)趨勢的方向相反。

1.(多選)如圖所示，表面粗糙的水平傳送帶勻速向右傳動(dòng)?，F(xiàn)在其左側(cè)的4處輕輕放上一

物塊，設(shè)傳送帶足夠長，則該物塊()

(3f()

A.一直向右勻速運(yùn)動(dòng)

B.先向右勻加速，后繼續(xù)向右勻速運(yùn)動(dòng)

C.先受到向右的滑動(dòng)摩擦力，后受到向右的靜摩擦力

D.先受到向右的滑動(dòng)摩擦力，后不受摩擦力

【答案】BD

【解析】

AB.木塊初速度為零，開始做加速運(yùn)動(dòng)，傳送帶足夠長，故最后一起勻速，故A錯(cuò)誤，B正

確；

CD.滑塊向右加速階段，加速度向右，故合力向右，靜摩擦力向右；滑塊勻速階段，合力為

零，故摩擦力為零，即不受摩擦力，故C錯(cuò)誤，D正確。

2.（多選）水平的皮帶傳輸裝置如圖所示，皮帶的速度保持不變，物體被輕輕地放在4端皮

帶上，開始時(shí)物體在皮帶上滑動(dòng)，當(dāng)它到達(dá)位置6后滑動(dòng)停止，隨后就隨皮帶一起勻速運(yùn)動(dòng),

直至傳送到目的地，端，在傳輸過程中，該物體受摩擦力的情況是（）

A.在48段受水平向左的滑動(dòng)摩擦力

B.在4?段受水平向右的滑動(dòng)摩擦力

C.在回段不受靜摩擦力

D.在6C段受水平向右的靜摩擦力

【答案】BC

【解析】

AB.在48段，物體的速度小于皮帶，相對皮帶向左運(yùn)動(dòng)，則受到水平向右的滑動(dòng)摩擦力，

故A錯(cuò)誤，B正確；

CD.在6C段，物體與皮帶相對靜止且無相對運(yùn)動(dòng)趨勢，則不受靜摩擦力，故C正確，D錯(cuò)

誤。

3.（2022?全國?高三課時(shí)練習(xí)）（多選）如圖所示，4、B、C三個(gè)物體質(zhì)量相等，它們與

傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)也相同。三個(gè)物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)方向如圖中箭頭所示。

則下列說法正確的是（）

?.4物體受到的摩擦力方向向右

B.B、C受到的摩擦力方向相同

C.B、C受到的摩擦力方向相反

D.若傳送帶向右加速，力物體受到的摩擦力向右

【答案】BD

【解析】

Λ.4物體與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，它們之間無相對運(yùn)動(dòng)或相對運(yùn)動(dòng)趨勢，即無摩擦力作用,

故A錯(cuò)誤；

BC.氏。兩物體雖運(yùn)動(dòng)方向不同，但都處于平衡狀態(tài)，由沿傳送帶方向所受合力為零可知,

氏「兩物體均受沿傳送帶方向向上的摩擦力作用，故B正確，C錯(cuò)誤；

D.若傳送帶向右加速，根據(jù)牛頓第二定律，可知力受到向右的摩擦力，故D正確。

4.（2022?全國?高三專題練習(xí)）如圖所示為皮帶運(yùn)輸機(jī)的示意圖，A為傳送帶上的貨物,

皮帶運(yùn)輸機(jī)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則（）

A.如果貨物A隨傳送帶一起無相對滑動(dòng)地向上勻速運(yùn)動(dòng)，A不受摩擦力

B.如果貨物A隨傳送帶一起無相對滑動(dòng)地向下勻速運(yùn)動(dòng)，A受到沿斜面向下的摩擦力

C.如果貨物A和傳送帶都靜止，A不受摩擦力

D.如果貨物A無初速的放到傳送帶直至相對靜止，A對傳送帶有沿斜面向下的摩擦力

【答案】D

【解析】

?.如果貨物A隨傳送帶一起無相對滑動(dòng)地向上勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)三力平衡條件，則A受到沿

傳送帶向上的靜摩擦力。A錯(cuò)誤；

B.如果貨物A隨傳送帶一起無相對滑動(dòng)地向下勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)三力平衡條件，A受到沿斜

面向上的摩擦力。B錯(cuò)誤；

C.如果貨物A和傳送帶都靜止，根據(jù)三力平衡條件，則A受到沿傳送帶向上的靜摩擦力。C

錯(cuò)誤；

D.如果貨物A無初速的放到傳送帶直至相對靜止，說明貨物先向上加速后勻速，則勻速時(shí)，

A受到沿斜面向上的摩擦力，根據(jù)牛頓第三定律，A對傳送帶有沿斜面向下的摩擦力。D正

確。

考點(diǎn)二水平傳送帶

物體在水平傳送帶上的運(yùn)動(dòng)分析

%書

V①可能一直加速

②可能先加速后勻速

vo

V①時(shí)，可能一宜減速，也

可能先減速再勻速

②%<。時(shí)，可能一直加速，也

可能先加速再勻速

2

V①傳送帶較短時(shí),滑塊一宜減速到達(dá)左端

∏②傳送帶較長時(shí),滑塊還要被傳送帶傳向

情景3◎右端.其中返【可時(shí)速度為

%>0.0.v0<v,

返回時(shí)速度為必

5.如圖所示，一水平傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以2nι∕s的速度沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)。一可視為

質(zhì)點(diǎn)的滑塊放在傳送帶的左端/點(diǎn)處，滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2,傳送帶的

左端/點(diǎn)與右端6點(diǎn)之間的距離為L=3ιn,重力加速度g取IOm/s'。則（）

Q

A.滑塊從A點(diǎn)到8點(diǎn)一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

B.滑塊從1點(diǎn)到8點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為Is

C.滑塊從A點(diǎn)到8點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2s

D.若傳送帶以4n√s速率勻速運(yùn)行，滑塊從4點(diǎn)到6點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為3s

【答案】C

【解析】

ABC.對滑塊受力分析知=ma

即α=μg=2m∕s2

則加速到2πι∕s的時(shí)間為t=（=1

對應(yīng)的位移為X=以=Im

L-X3-1λ

之后隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，用時(shí)=

t---V--=----2---cSS?e

所以滑塊從/點(diǎn)到6點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為te-t+t'=2s

故AB錯(cuò)誤，C正確；

D.若傳送帶以4π√s速率勻速運(yùn)行，則滑塊與傳送帶共速的時(shí)間為J=?=2s

對應(yīng)的位移為/=^=4nι>3m

2amm

所以物塊一直勻加速，則滑塊從4點(diǎn)到8點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足A=Iat22

解得t2=√3s

故D錯(cuò)誤。

6.（多選）如圖甲所示，水平傳送帶/6逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量為M=LOkg的小物塊以

某一水平初速度滑上傳送帶左端,通過速度傳感器記錄下物塊速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙

所示，取向左為正方向，以小物塊滑上傳送帶時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn).已知傳送帶的速度保持不變,

g取10m∕s2.下列說法正確的是

A.物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5

B.物塊在傳送帶上相對傳送帶滑動(dòng)的距離是9m

C.物塊距離傳送帶左端的最大距離是8m

D.物塊在傳送帶上的時(shí)間4.5s

【答案】BD

【解析】

根據(jù)速度時(shí)間圖線求出物塊勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小,結(jié)合牛頓第二定律求出物塊與傳送帶

間的動(dòng)摩擦因數(shù)大小.物塊滑上傳送帶后先做勻減速運(yùn)動(dòng)到零,然后反向做勻加速宜線運(yùn)動(dòng),

當(dāng)速度達(dá)到傳送帶速度后一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出向左和向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)

間，從而得出物塊在傳送帶上的總時(shí)間.

22

由速度圖象可得，物塊做勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度為α=M=^m∕s=2.0zn∕si由牛頓第二

定律得f=Ma乂f=UMg,則可得物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)“=需=瑞=0.2,選項(xiàng)A錯(cuò)

誤；由速度圖象可知，物塊的初速度大小v=4m/s、傳送帶的速度大小v'=2?n/s,物塊

在傳送帶上滑動(dòng)3=3S后與傳送帶相對靜止.前2秒內(nèi)物塊的位移大小s∣=%J=4m,方

向向右，即物塊距離傳送帶左端的最大距離是4m；后1秒內(nèi)的位移大小SZ=I-tj'=1m,

2

方向向左；3秒內(nèi)物塊的位移S=Sl-S2=3m,方向向右，傳送帶在3s內(nèi)的位移為2X3m=6πι

向左，可知物塊在傳送帶上相對傳送帶滑動(dòng)的距離是9m,選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；物塊再向

S3

左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間L=廠=]S=1.5S;物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=t∣+t2=4.5s,選項(xiàng)D

正確；故選BD.

7.隨著電子商務(wù)的迅速發(fā)展，對物流的需求急劇增加，下圖是物流運(yùn)輸過程中卸貨的傳送

裝置示意圖，傾斜部分力B的長度為4rn,水平傳送帶BC的長度為5tn,AB部分與水平面之間

的夾角。=37°。傳送帶以U=2π√s的速度沿順時(shí)針方向勻速運(yùn)轉(zhuǎn)，把包裹輕放到｛端開

始運(yùn)動(dòng)，包裹經(jīng)過8點(diǎn)前后速度大小不變且不脫離傳送帶。已知包裹與斜面48、傳送帶間

的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5,包裹運(yùn)動(dòng)到傳送帶上后傳送帶速度不變。不計(jì)空氣阻力，取重力加

速度g=10rn∕s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

(1)包裹到達(dá)6點(diǎn)時(shí)的速度大?。?/p>

(2)包裹從4點(diǎn)傳送到C點(diǎn)所需的時(shí)間。

【答案】(1)4m/s；(2)4.3s

【解析】

(1)包裹從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中mgsmθ-μmgcosθ=ma1①

Vβ=②

由式①②解得ι?=4m∕s③

(2)包裹從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中vβ=a1t1④

包裹剛滑上傳送帶到與傳送帶共速的過程中μmg=ma2⑤

V=VB—a2t2⑥

⑦

解得年0?4s,Λ=1.2m

因?yàn)槭?.2m<5m,因此包裹和傳送帶共速后勻速向右運(yùn)動(dòng)t3=顯E⑧

所以包裹從A點(diǎn)傳送到C點(diǎn)所需的時(shí)間為t=口+C?+t3=4.3s

8.如圖所示，長占IOm的水平傳送帶以速度片8m∕s勻速運(yùn)動(dòng).質(zhì)量分別為2辦m的小物塊

AQ,用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩，通過固定光滑小環(huán)。相連.小物塊一放在傳送帶的最左端，

恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，GP間的細(xì)繩水平.現(xiàn)在P上固定一質(zhì)量為2必的小物塊(圖中未畫出)，

整體將沿傳送帶運(yùn)動(dòng)，已知0、C間距大于IOfn,重力加速度g取IOm/s：求：

(1)小物塊尸與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

(2)小物塊戶從傳送帶左端運(yùn)動(dòng)到右端的時(shí)間；

(3)當(dāng)小物塊。運(yùn)動(dòng)到某位置S(圖中末畫出)時(shí)將細(xì)繩剪斷，小物塊。到達(dá)傳送帶最右端

時(shí)剛好與傳送帶共速，求位置S距傳送帶右端的距離.

【答案】(1)0.5(2)√10s(3)4m

【解析】

(1)設(shè)靜止時(shí)細(xì)繩的拉力為0,小物塊〃與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為4,A0受力如圖：

由平衡條件得：T0=μ(2m)g

TO=mg

μ=0.5

(2)設(shè)小物塊〃在傳送帶匕運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為&,細(xì)繩的拉力為7,P、。受力如圖,

T木N

Q(T,

τ~

P

mg

*4Wg

由牛頓第二定律得,對P-μ(2m+2m~)g-T=(2m+2m)a1

對。：T—mg=ma1

假設(shè)P一直加速至傳送帶最右端時(shí)間為力末速度為修由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：vl=2aL

v∣=a1t

聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得：t=√IUs，/2√IUn√s〈”假設(shè)成立?

(3)設(shè)細(xì)繩剪斷后小物塊。的加速度大小為土，小物塊P在S處的速度大小為外，位置S距

離傳送帶左端距離為打，距離傳送帶右端距離為無2,P受力如圖：

AN

P

u4wg

斷繩后由牛頓第二定律得：μ(2m+2m)g=(2m+2m)a2

2

斷繩前由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v2=2a1x1

22

斷繩后由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：V-V2=2α2x2

x1+X2=L

聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：距離傳送帶右端距離：

Sx42=4Imll

考點(diǎn)三傾斜傳送帶

I.物體在傾斜傳送帶上的運(yùn)動(dòng)分析

①可能一直加速①可能一直加速①可能一直加速①可能一Ti加速

②可能一宜勻速②可能一直勻速

②可能先加速后勻速②可能先加速后勻速

③可能先以與加速,后3；可能先加速后勻速③可能先減速后

④可能先減速后勺速反向加速

以%加速

⑤可能先以a,加速.后以aj∏l速④可能一宜減速

⑥可能一直減速

2.當(dāng)物體與傳送帶達(dá)到相同速度時(shí)，可以通過比較“和tan。的大小關(guān)系判斷重力分力和最

大靜摩擦力的大小關(guān)系，從而判斷共速后的運(yùn)動(dòng)

儂SinO-JJniffcosO---?〃=tanθ

mgsin夕>μnιgcos夕*—>〃<tan夕

IngSin8<UmgCoSO*-?∕z>tan8

9.（2022?全國?高三專題練習(xí)）（多選）如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角0=30。，

以恒定的速度%=3nι∕s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，小木塊以初速度U=6nι∕s沿平行于傳送帶方向從

2

傳送帶底端滑上傳送帶,小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=取重力加速度g=10m∕so

下列說法正確的是（）

A.小木塊剛滑上傳送帶時(shí)的加速度大小為7.5n√s2

B.小木塊在傳送帶上向上滑行的最遠(yuǎn)距離為2.4m

C.小木塊回到傳送帶底端時(shí)的速度大小為3π>∕s

D.小木塊從滑上傳送帶到返回傳送帶底端一共用時(shí)1.8s

【答案】AB

【解析】

A.開始時(shí)小木塊速度與傳送帶速度相反，所以小木塊線做減速運(yùn)動(dòng)，受到的摩擦力方向沿

斜面向下。選取沿斜面向下為正方向，根據(jù)牛頓第二定理得mgsin30°+μmgcos300=

ma1

2

帶入數(shù)據(jù)解得％=7.5m∕s

故A正確；

B.設(shè)向上滑的位移為最大位移為叼，則有戶=2%與

帶入數(shù)據(jù)解得Xi=2?4m

故B正確：

C.小木塊減速到零以后會反向加速，加速度也為由,設(shè)從反向加速到和傳送帶同速瞬間,

位移為M，則有詔-O=la1x2

帶入數(shù)據(jù)解得Λ?=0?6m<X1

同步瞬間，由于重力沿傳送帶向下的分力大于最大靜摩擦力，即TngSin30°>μm5cos30e

o

物塊將會繼續(xù)向下加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有TngSin30"-μmgcos30=ma2

與傳送帶同速到底端過程有譜-詔=2α2(x1÷x2)

帶入數(shù)據(jù)解得小木塊到達(dá)底端的速度為3√∑rn∕s,故C錯(cuò)誤；

D.小木塊向上減速到零并反向加速到與傳送帶速度相同時(shí)間為t?="n2=AS=1?2s

Q]7.5??

小木塊從與傳送帶同速到加速下滑到底端需要的時(shí)間為0=手=24z2s≈0?5s

總時(shí)間為t=t1+t2≈1.7s

故D錯(cuò)誤。

故選AB。

10.機(jī)場地勤工作人員利用傳送帶從飛機(jī)上卸行李。如圖所示，以恒定速率U=2n√s運(yùn)行

的傳送帶與水平面間的夾角α=37°,轉(zhuǎn)軸間距L=8.2mo工作人員從傳送帶頂端無初速度

地放上一件小包裹(可視為質(zhì)點(diǎn))。小包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5。取重力加速

度g=10rn∕s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

(1)小包裹剛放上傳送帶時(shí)加速度的大小a；

(2)小包裹通過傳送帶所需的時(shí)間t.

【答案】(1)10m∕s2,(2)2.2s

【解析】

(1)根據(jù)牛頓第二定律mgsinα+μmgcosa=ma

2

解得a=10m∕s

(2)運(yùn)動(dòng)到與傳送帶共速的時(shí)間t=-=?=0.2

1aios??s

2

下滑的距離XI=TaM=；XIoX0.2m=0.2m

由于tan37σ=0.75>0.5

故物體0.25后繼續(xù)加速下滑，此時(shí)mgsina—μmgcosa=ma

得α=2m∕s2

剩余位移為X2=X-X1

2

根據(jù)Λ?=Vt2+?ɑi2

解得士2=2s

故小包裹通過傳送帶所需的時(shí)間為t=tι+t2=2.2s

11.（2022?北京?北師大二附中高二期末）如圖所示傳送帶水平部分AB=2m，傾斜部分

BC=4nι且與水平面夾角為α=37。，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)“=0.25。傳送帶沿

順時(shí)針方向以2m∕s的速率轉(zhuǎn)動(dòng)。若將物塊放在A處，它將從靜止開始被傳送帶送到。處（物

塊始終不離開傳送帶），求物塊從月運(yùn)動(dòng)到。的時(shí)間。（g取IOm小2,sin37o=0.6,cos37°=

0.8）

【答案】2.4s

【解析】

在水平4?部分，根據(jù)牛頓第二定律有〃n?g=ma1

可得，小物塊在水平部分的加速度為%=μg=2.5m∕s2

則小物塊加速到與傳送帶共速的時(shí)間為tι=￡=占=0.8s

此時(shí)小物塊的位移為Xl=；?G=0?8m

則小物塊在水平部分做勻速運(yùn)動(dòng)的位移為的=AB-XI=1.2m

則小物塊在水平部分做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=-=0?6s

在傾斜比部分，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinα-μmgcosa=ma2

可得，小物塊在傾斜部分的加速度為=gsina-μgcosa=4m∕s2

在傾斜部分，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間關(guān)系有XBC=Vt3+∣α2tf

帶入數(shù)據(jù)解得，小物塊在傾斜部分的加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為J=1

則物塊從力運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間為以C=t1+t2+t3=2.4s

12.(2022?湖南?長郡中學(xué)高一期末)如圖所示，一傾斜固定的傳送帶與水平面間夾角，

=37°,上下兩端間距/=2.0m,傳送帶以/=L0m∕s的速率沿順時(shí)針方向勻速運(yùn)行。從距

離傳送帶底端M=LOm的。點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量R=LOkg的小滑塊，滑塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶底

端時(shí)與固定擋板戶碰撞，碰撞時(shí)間極短且碰撞前后速率相等?；瑝K與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)

A=0.5,sin37o=0.6,cos37°=0.8,取尸IOm∕s?傳送帶與輪子間無相對滑動(dòng),不計(jì)輪

軸處的摩擦。求：

(1)滑塊與擋板。第一次碰撞時(shí)的速度大小%;

(2)滑塊與擋板P碰撞后離開擋板的最大距離X.；

(3)若滑塊與擋板P第一次碰撞后立即在滑塊上加一方向沿傳送帶斜向上、大小片4.ON

的恒力，一段時(shí)間后撤去。要使滑塊能滑至傳送帶最上端，恒力持續(xù)作用的最短時(shí)間to

【答案】(1)2m/s；(2)0.4m；(3)1.67S

【解析】

(1)設(shè)滑塊向下運(yùn)動(dòng)的加速度為a”根據(jù)牛頓第二定律可得wιgsin8-m∏gcos8=m4

2

由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律有％=2α1x0

聯(lián)立解得v,=2m∕s

(2)滑塊第一次與擋板碰撞后速度大于傳送帶速度，滑塊減速上滑，設(shè)碰后運(yùn)動(dòng)的加速度

大小為a2,貝∣Jmgsin8+μmgcosθ=mα2

2

減速至與皮帶速度相等時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離為X”則=2(-α2)xι

2

之后滑塊繼續(xù)減速上滑至速度為零，加速度大小為4,貝IJo-V=2(-a1)x2

離開擋板的最大距離為X薩XkXN

聯(lián)立解得x?=0.4m

(3)滑塊與擋板碰撞后，在恒力作用下的加速度大小設(shè)為a,,

根據(jù)牛頓第二定律有mgsin。+μmgcosθ-F=ma.i

設(shè)該過程向上運(yùn)動(dòng)的距離為必，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,,

則/2（）（）t

-v1=2-α3x3v-v1=-a3ι

解得看=O25rn,tι=?s

接著滑塊向上勻速運(yùn)動(dòng)，最后撤去拉力再以&向上減速，減速的距離應(yīng)為刈，設(shè)勻

速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為則必

t2,t,=K

恒力持續(xù)作用的最短時(shí)間為

t=t1+t2

聯(lián)立解得t=∣skl?67s

考點(diǎn)四傳送帶上的劃痕問題

1.滑塊與傳送帶的劃痕長度AX等于滑塊與傳送帶的相對位移的大小，若有兩次相對運(yùn)

動(dòng)且兩次相對運(yùn)動(dòng)方向相同，△了=4京+4.（圖甲）；若兩次相對運(yùn)動(dòng)方向相反，Ax等于

較長的相對位移大小.（圖乙）

2.物塊靜止輕放到傳送帶上一端加速到和傳送帶共速的過程中，如果傳送帶的速度為

V,加速的時(shí)間為t,則：

物塊的位移：X物=Et①共速過程中傳送帶位移是物塊位移的2倍

2,

傳送帶的位移：X傳=Vt②物塊相對于傳送帶的位移等于物塊的位移

13.（2022?湖南?高三學(xué)業(yè)考試）如圖所示，傳送帶與水平面的夾角。=30°,傳送帶以

%=2∏1∕s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，I=。時(shí)刻，一煤塊以"=8ιn∕s的速度從傳送帶的底端滑上

傳送帶，傳送帶和煤塊運(yùn)動(dòng)的U-t圖像如圖所示，已知煤塊剛好能滑到傳動(dòng)帶的頂端，g

2

miom/s,則下列說法正確的是（）

?.煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為更

4

B.煤塊向上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為2.Os

C.傳送帶的總長度為5.5m

D.煤塊滑到頂端時(shí)在傳送帶上的劃痕長度為3.5m

【答案】C

【解析】

A.由圖乙可知，煤塊開始速度比傳送帶大，摩擦力方向向下，這段過程中加速度為

mgsin30°+μmgcos30°8-2

%=m=~Γm∕s2

解得〃=第

這段過程中位移Sl=煞m=5rn故A錯(cuò)誤；

BC.在速度達(dá)到和傳送帶速度相等后，由于JngSin30°>μzn5cos300

所以煤塊繼續(xù)做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2=坐駝型:詈%S3。=4m∕s2

煤塊剛好能滑到傳動(dòng)帶的頂端，這段過程中的位移S2=整=0.5nι

時(shí)間為t2=js=OSs

傳送帶的總長度為S=s1+S2=5,5m

煤塊向上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為，=ls+0.5s=1.5s故C正確，B錯(cuò)誤；

D.煤塊速度大于傳送帶速度階段，煤塊在傳送帶上的劃痕為Δs=5m-2×lm=3m

煤塊速度小于傳送帶速度階段，傳送帶運(yùn)動(dòng)較快△s'=2X0.5m-0.5m=0.5m

因?yàn)锳s>As'

煤塊滑到頂端時(shí)在傳送帶上的劃痕長度為3nι,故D錯(cuò)誤。故選C。

14.（2022?安徽合肥?三模）如圖所示，力、B兩端距離為L的水平傳送帶以速度u逆時(shí)針

運(yùn)轉(zhuǎn)，將小石墨塊P輕放在傳送帶右端4當(dāng)石墨塊從左端B離開傳送帶時(shí)，傳送帶上留下了

長度為，的痕跡，不計(jì)繞過傳動(dòng)輪的傳送帶長度，下列說法正確的是（）

P

A.增大傳送帶速度"，劃痕長度一定變長

B.增加傳送帶的長度，劃痕長度一定會變長

C.減小石墨塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，劃痕長度可能會減小

D.一定條件下可使Z>L

【答案】D

【解析】

AD.若石墨塊到達(dá)B時(shí)速度小于"，說明石墨塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

加速度大小為α=臂="g

所用時(shí)間為t=怪=回

則劃痕長度為I=a一L=U任一L

若C=匡>匹,可得或一L>2L

y∣μsV

說明在石墨塊到達(dá)B端前劃痕前端就追上石墨塊，劃痕長度為23之后的劃痕與原來劃痕重

疊，增大傳送帶速度。，劃痕長度保持2L不變，A錯(cuò)誤，D正確；

B.若石墨塊到達(dá)B端前速度已經(jīng)等于"，則有t=?=*

Sr*c∕

22

則劃痕長度為，=Ut-F=

2a2μg

可知增加傳送帶的長度，劃痕長度保持不變，B錯(cuò)誤；

C.若石墨塊到達(dá)B端前速度已經(jīng)等于"，劃痕長度為1=；

2μg

若石墨塊到達(dá)B時(shí)速度小于“，劃痕長度為I=D但一L（當(dāng)匡>必時(shí)，l=2L）

可知減小石墨塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，劃痕長度會變長或者不變，C錯(cuò)誤；

15.（2022?江蘇?南京市大廠高級中學(xué)高一開學(xué)考試）如圖所示，有一水平傳送帶以6m∕s

的速度順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶/8長度L=6nι,其右端連著一段光滑水平面5G緊挨

著a'的光滑水平地面上放置一輛質(zhì)量M=2lζg的平板小車，小車上表面剛好與比'面等高。

現(xiàn)將質(zhì)量m=Ikg的煤塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕輕放到傳送帶的左端｛處，經(jīng)過傳送帶傳送至右

端8后通過光滑水平面比滑上小車。煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)%=0.4,煤塊與小車

間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=0?2,取重力加速度g=lOm/s?。求：

(1)煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；

(2)煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)留下的劃痕；

(3)若滑塊剛好不從小車上掉下來，求小車的長度。

—>^6m∕s

/〃,〃〃〃〃〃.L

【答案】(I)1.75s；(2)4.5m；(3)6m

【解析】

(1)以水平向右為正方向，煤塊剛放上傳送帶時(shí)的受力如圖所示

''N

mg

設(shè)物塊在傳送帶上勻加速階段的加速度為α,所用時(shí)間為G,對地位移為%］，根據(jù)受力分析

和牛頓第二定律可得/=%N=%πιgf=ma

解得α=4m∕s2

2

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得〃=at1x1=∣αt1

觸得亡1=1?5^??=4.5m

由于∕=4.5m<L

煤塊加速至與傳送帶共速后與傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)J時(shí)間滑出傳送帶右端

L—Xi6—4.5

亡2==7C=θ?25

V65s5

煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=t1+t2=1.75s

(2)煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)留下的劃痕為煤塊與傳送帶的相對位移

?χ=X伍—x1=vt1—x1=4.5m

(3)煤塊滑上小車之后，煤塊和小車的受力示意圖如圖所示

N'、N?

-----------------?

j

fιf21

N,

,mgMg

m

煤塊與小車之間的滑動(dòng)摩擦力為%=f2=%N=P-29=2jsι∣

煤塊與小車的加速度分別為由、a2，根據(jù)牛頓第二定律可得一上=m%f2'=Ma2

2

解得c?=-2m∕s2a2=lιn∕s

若滑塊剛好不從小車上掉下來，則共速時(shí)兩者的相對位移大小為小車的長度，設(shè)共速為U共,

各自的對地位移分別X煤、X車,

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得2%x煤=V共2-V220?*車=U共2Nx=

X煤一X車

聯(lián)立解得AX=6nι

即車長6m時(shí)，滑塊剛好不從小車上掉下來。

16.(2022?福建?漳州市普通教育教學(xué)研究室高一期末)豎直平面內(nèi)有一傾角，書7。的

直軌道AB,其下方右側(cè)放置一足夠長水平傳送帶，傳送帶與直軌道末端B平滑連接。傳送

帶以恒定速度療2m∕s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量"H).2kg的小煤塊從/點(diǎn)靜止釋放。已知A與

B距離為sN.0m,小煤塊與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃尸0.5,與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2,

g?10m∕s2,sin37o=0.6,cos370=0.8。求：

(1)小煤塊在直軌道AB運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦力大?。?/p>

(2)小煤塊從8點(diǎn)第一次向右運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處所用的時(shí)間；

(3)小煤塊從進(jìn)入傳送帶到第一次回到B點(diǎn)的過程中在傳送帶上留下的痕跡長度。

【解析】

(1)由受力分析可知/=〃ImgCoSo

可得f=0.8N

(2)設(shè)小煤塊在直軌道AB和傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度分別為,、?,到達(dá)6點(diǎn)的速度為歷,

在直軌道AB上由受力分析可知mgsin。-/=ma1

又因?yàn)槿?2α1s

由水平傳送帶受力分析“27n9=ma2

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式t?=

得到小煤塊從8點(diǎn)第一次運(yùn)動(dòng)到最右端所用的時(shí)間f≈2s

(3)依題意可知小煤塊在傳送帶上先向右勻減速后向左勻加速，設(shè)勻減速階段小煤塊和傳

,

送帶的位移分別為S八s2,勻加速階段小煤塊和傳送帶的位移分別為s/、s2,勻減速階

段SI=詈t=4tns2=v0t=4m

反向勻加階段經(jīng)過J共速t'=-=ιs

a2?

Sl=yt=Im<Si

Svt

2=0=2rn

所以小煤塊第一次回到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中在傳送帶上留下的痕跡長度ΔS

ΔS=Sl+S2+底2'_SJ)=9m

17.(2022?安徽蕪湖?高一期末)如圖所示，一淺色傳送帶與水平面的夾角。=37°,且

以%=lm∕s的速度沿順時(shí)針方向傳動(dòng)。一質(zhì)量爐Ikg的小煤塊以%=7m∕s的速度滑上傳送帶

的底端，最終又從傳送帶的底端滑出。已知小煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)。=0.25,傳送

帶足夠長，求：

(1)小煤塊向上滑行的時(shí)間；

(2)小煤塊離開傳送帶時(shí)的速度大小；

(3)小煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，其相對傳送帶的位移大小和煤塊在傳送帶上留

下的痕跡長度。

【答案】(I)Is；(2)5m/s；(3)2.I25m；2.25m

【解析】

(1)由題可知，小物塊在開始時(shí)受到傳送帶的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，設(shè)其做勻減速運(yùn)

動(dòng)的加速度大小為團(tuán)，有mgsi/+∣ιm9cosθ=mαι

2

解得az=8m∕s

其速度減小到匕=lm∕s所用的時(shí)間看個(gè)1=0.75s

aI

之后，小物塊受到傳送帶的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向上，設(shè)其加速度大小為電，

有mgsinH/mgcos。=mαz

解得a^4m∕s2

小物塊減速到0所用的時(shí)間^7-=0.25s

解得片力+yIS

(2)小物塊沿傳送帶向上滑行的最大距離為X=生產(chǎn)L+段t2

解得Λ=3.125m

又由于物塊沿傳送帶下滑時(shí)，受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向上，其加速度大小仍為^4m∕s2,

有2日方尸

解得V=5m∕s

(3)小物塊向上減速的第一階段，相對位移大小△/=空?tι-%G=2.25m(向上)

小物塊向上減速的第二階段，相對位移大小Aχ2=%t2-3^2=0?125m(向下)

故物塊向上運(yùn)動(dòng)時(shí)相對傳送帶的位移為AX=Δχ-Δχ=2.125

?124ImIl

即相對傳送帶的位移大小為2.125m,方向沿傳送帶向上；

而ΔΛ?重疊在△與內(nèi)，則全程的劃痕為Ad=XXI=2.25m

18.如圖傳送帶與水平地面夾角。=37。，從4至IJ6長度為L=7.2m,傳送帶以％=8.4?n/s

的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶上端1無初速度地放一個(gè)質(zhì)量為0=0.5kg的黑色煤塊，它與

傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.3。煤塊在傳送帶上相對滑動(dòng)時(shí)會留下黑色痕跡。(sin37°

=0.6,cos37°=0.8,g取10m∕s2)求：

(1)煤塊從1到6的時(shí)間；

(2)煤塊從4到8的過程中傳送帶上形成痕跡的長度。

A

【答案】⑴4;(2)4.2m

3

【解析】

(1)煤塊剛放上時(shí)，受到沿斜面向下的摩擦力，

由牛頓第二定律得mgsin6+μmgcosθ=ma1

解得其加速度為Ql=g(sinJ÷μcosθ)=8.4m∕s2

煤塊加速至與傳送帶速度相等時(shí)需要的時(shí)間為S=￡=4

發(fā)生的位移為%ι=^a1tγ=4.2m

達(dá)到總后，受到沿斜面向上的摩擦力，則滿足ZngSine-〃TngCOS8=ma?

解得的=g(sin6-μcosθ)=3.6rn∕s2

之后加速到6端的位移為血=L-XI=3πι

又因?yàn)楣?=+^。2名

解得七二；S

3?

所以煤塊從4到夕的時(shí)間為t=口+t2=上

??

(2)第一過程痕跡長Ajq=UOtl—X1=4.2nl

第二過程痕跡長?χ2=X2-UOt2=θ?2m

△力與A%＞部分重合，故痕跡總長為4.2mo

考點(diǎn)五物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間

物體在傳送帶上一直加速運(yùn)動(dòng)時(shí)在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短

19.水平傳送帶被廣泛地應(yīng)用于機(jī)場和火車站，如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖。緊繃

的傳送帶/8始終保持恒定的速率片lm∕s運(yùn)行，一質(zhì)量為∕zF4kg的行李無初速度地放在A

處，傳送帶對行李的滑動(dòng)摩擦力使行李開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，隨后行李又以與傳送帶相等

的速率做勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)行李與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0?1,A,8間的距離∕=2m,g

取10m∕s2,,

(1)求行李剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)所受滑動(dòng)摩擦力的大小與加速度的大?。?/p>

(2)求行李在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；

(3)如果提高傳送帶的運(yùn)行速率，行李就能被較快地傳送到8處，求行李從/處傳送到8

處的最短時(shí)間和傳送帶對應(yīng)的最小運(yùn)行速率。

《)fG)

【答案】⑴4N,lm∕s2;(2)2.5s；(3)2s,2m∕s

【解析】

(1)行李所受滑動(dòng)摩擦力的大小為小卬煙=0.1X4X10N=4N

由牛頓第二定律可得，加速度的大小為a=Pg=0Λ×10m∕s2=lm∕s2'

(2)行李加速至與傳送帶速率相等所用時(shí)間為。IS

2

加速過程的位移為Sl=匕=0.5

12amrn

i

行李勻速運(yùn)動(dòng)至傳送帶6端所用時(shí)間為t2=W=l?5s

故行李在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t=t]+t2=2.5s

(3)行李在傳送帶上全程加速所用時(shí)間最短，加速度仍為a=lm∕s2,當(dāng)行李到達(dá)右端時(shí)，有

v2-2aL

min

‰F√2αL=√2×1×2∣n∕s=2m∕s

所以傳送帶對應(yīng)的最小運(yùn)行速率為2m∕s,行李從A處傳送到6處的最短時(shí)間為r,,??=2S

na?

20.如圖所示，一水平傳送裝置A、B兩端相距2m,傳送帶以2m∕s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，已

知某工件與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4,把工件輕輕放在A端(初速為零)，求：

A-→-vB

(1)工件從A端運(yùn)動(dòng)到B端所需的時(shí)間

(2)傳送帶的速度至少為多大時(shí)，可使工件從A端運(yùn)動(dòng)到B端所需時(shí)間最短.(g取Iom∕d)

【答案】(1)1.25s.(2)4m∕s

【解析】

根據(jù)牛頓第二定律求出工件做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小，根據(jù)速度時(shí)間公式求出勻加速運(yùn)動(dòng)

的時(shí)間，結(jié)合位移時(shí)間公式求出勻加速運(yùn)動(dòng)的位移，從而得出勻速運(yùn)動(dòng)的位移，求出勻速運(yùn)

動(dòng)的時(shí)間，從而得出總時(shí)間；當(dāng)工件一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí).，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，結(jié)合速度

位移公式求出傳送帶的最小速度.

(1)工件剛放在水平傳送帶上的加速度為&

由牛頓第二定律得βmg=ma∣,

2

代入數(shù)據(jù)解得：aj="54m∕s

經(jīng)力時(shí)間與傳送帶的速度相同，則tι=：s=0.5s,

前進(jìn)的為：?i=?ɑ?ti=I×4×0.25τn=0.5m

此后工件將與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)至8點(diǎn)，用時(shí)垃=緯也=等S=0.75S

所以工件第一次到達(dá)6點(diǎn)所用的時(shí)間：