傳送帶模型中的動力學(xué)及能量觀點的綜合問題（解析版）-2025高考物理熱點模型講義

模型29傳送帶模型中的動力學(xué)及能量觀點的綜合問題

模型概述

1.傳送帶的特點：傳送帶運輸是利用貨物和傳送帶之間的摩擦力將貨物運送到其他地方，物體（視為質(zhì)點）

放在傳送帶上，由于物體和傳送帶相對滑動（或有相對運動趨勢）而產(chǎn)生摩擦力，根據(jù)物體和傳送帶間的速度

關(guān)系，摩擦力可能是動力，也可能是阻力。

2.傳送帶問題的解題關(guān)鍵：抓住?=v傳的臨界點，當(dāng)丫物『傳時，摩擦力發(fā)生突變，物體的加速度發(fā)生突

變。

3.傳送帶問題中位移的區(qū)別

1）物體位移：以地面為參考系，單獨對物體由運動學(xué)公式求得的位移。

2）物體相對傳送帶的位移（劃痕長度）Ax

①若有一次相對運動：Ax=x傳一x物或Ax=x物一x傳。

②若有兩次相對運動：兩次相對運動方向相同，貝必圖甲）；

兩次相對運動方向相反，則Ax等于較長的相對位移大小（圖乙）。

?[A.

AX2

甲乙

4.傳送帶問題的基本類型

有水平傳送帶和傾斜傳送帶兩種基本模型.

1）水平傳送帶常見類型及滑塊運動情況

類型滑塊運動情況

①可能一直加速

（3（?）②可能先加速后勻速

①vo>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速

②vo=v時，一直勻速

③時，摩擦力為動力，可能一直加速，也可能先

加速再勻速

大芹、①傳送帶較短時，摩擦力為阻力，滑塊一直減速到達

2（?）左端

②傳送帶足夠長時，摩擦力先為阻力，滑塊先向左減

速，減速到零后摩擦力再為動力，物體反向加速運動回到右

端。

2）傾斜傳送帶常見類型及滑塊運動情況

類型滑塊運動情況

①可能一直加速

②可能先加速后勻速

①可能一直加速

②可能先加速后勻速

③可能先以m加速再以a2加

速

5.傳送帶問題分析的基本思路

求解的關(guān)鍵在于根據(jù)物體和傳送帶之間的相對運動情況,確定摩擦力的大小和方向.當(dāng)物體的速度與傳

送帶的速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變，速度相等前后對摩擦力的分析是解題的關(guān)鍵.

1）動力學(xué)分析：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學(xué)公式結(jié)合牛頓第二

定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系.

2）功能關(guān)系分析

①功能關(guān)系分析：電機所做的功%=AE“+AEp）+。

②對平和Q的理解：

I、因放上物體而使電動機多消耗的電能：W

II、傳送帶克服摩擦力做的功：Wf=耳?x傳;

IIL產(chǎn)生的內(nèi)能：。=%=-%飛相對.

典題攻破

1.水平傳送帶

【典型題1]（2024?河南鄭州?三模）（多選）如圖所示，足夠長的水平傳送帶以恒定速率巧=2m/s向右運動,

一質(zhì)量為機=lkg的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率%=4m/s滑上傳送帶，經(jīng)過時間r=9s,最終滑

塊又返回至傳送帶的右端。在滑塊整個運動過程中（）

A.滑塊距傳送帶右端的最大距離為8m

B.傳送帶對滑塊做功為零

C.傳送帶與滑塊間的動摩擦因數(shù)為0.2

D.傳送帶與滑塊因摩擦產(chǎn)生的熱量為18J

【答案】AD

【詳解】C.根據(jù)題意可知，滑塊先向左勻減速到0,再向右勻加速到與傳送帶共速，之后和傳送帶一起

勻速到最右端，設(shè)勻速的時間為"傳送帶與滑塊間的動摩擦因數(shù)為〃，則有〃=

規(guī)定向右為正方向，則有匕=匕+。（"％），卬1=。

聯(lián)立解得％=3s,a-lm/s2,〃=0.1

故C錯誤；

A.滑塊向左勻減速到0時，滑塊距傳送帶左端的距離最大，則最大距離為國=且=8111

2a

故A正確；

B.設(shè)傳送帶對滑塊做功為W,由動能定理有W=一）試

代入數(shù)據(jù)解得少=-6J

故B錯誤；

D.滑塊向左運動過程的時間為12=&=4S

a

滑塊相對于傳送帶的位移為回=]芍+卬2=16m

向右加速的時間為4=b=2s

a

滑塊相對于傳送帶的位移為Ax?=v也-與，3=2m

傳送帶與滑塊因摩擦產(chǎn)生的熱量為。=〃加g（'+必）=18J

故D正確。

故選AD。

2.傾斜傳送帶

【典型題2】4.（2024?河南?二模）（多選）一足夠長的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉(zhuǎn)動，某時刻

在傳送帶上適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂小龆ǔ跛俣葀o的小物塊，如圖所示，取沿傳送帶向下的方向為正方向,

則下列描述小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像中可能正確是（）

【詳解】A.當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且小于傳送帶的速度時，對小物塊受力分析，由牛頓第二

定律可得mgsin0+/jmgcos3=mq

即q=gsin6+〃gcos3

可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動，當(dāng)小物塊達到傳送帶速度時，若滿足％gsin?！础ń韌eos0

可知二者將共速，小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，若滿足加gsin<9>〃加geos。

小物塊繼續(xù)加速下滑，其加速度大小為。2=gsin6-〃gcos。<%

故A正確；

B.當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且大于傳送帶的速度時，若滿足加gsin。>〃加geos。

則小物塊一直做勻加速直線運動，加速度大小為％=gsin8+〃gcose

若滿足mgsin0<jumgcos0

則小物塊應(yīng)沿傳送帶向下做勻減速直線運動，其力口速度大小為&=〃gcos。-gsin。

二者共速后小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，故B正確；

CD.當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上時，牛頓第二定律可得小物塊的加速度大小為%=gsine+〃gcosd

可知小物塊沿傳送帶向上做勻減速直線運動，減到零后反向勻加速，其加速度仍為a3,與傳送帶共速時,

若滿足〃陪sin6>/Migcos6

則小物塊繼續(xù)做勻加速直線運動，加速度大小為的=gsin。-〃gcos6<%

若滿足mgsin0<jUmgcos0

則小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，故C錯誤，D正確。

故選ABD=

針對訓(xùn)練

1.（2024?陜西安康?模擬預(yù)測）如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終沿逆時針方向以恒定速率運行，將質(zhì)量為

加=1館的小物塊（可視為質(zhì)點）輕輕地放在傳送帶左端的M點，同時，小物塊在水平拉力尸=6N的作

用下在傳送帶上運動，f=2s后撤去拉力，此時物塊仍在傳送帶上，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為

〃=0.4,重力加速度g取10m/s2,則最終小物塊在傳送帶上滑動的時間及對應(yīng)的離開傳送帶時的速度大

小不可能為（）

A.t=2.5s,v=2m/sB.t=（3+V3）s,v=4Gm/s

C.t=6.25s,v=2m/sD.Z=9.25s,v=Im/s

【答案】D

【詳解】依題意，知小物塊先在水平向右拉力廠及水平向左的滑動摩擦力作用下，先向右做勻加速直線

運動，根據(jù)牛頓第二定律有尸-〃mg=機4

求得q=2m/s24=2s時撤去外力，此時物塊的速度大小為w=。由=4m/s

由于此時物塊仍在傳送帶上，則小物塊將在水平向左的滑動摩擦力作用下繼續(xù)向右做勻減速直線運動,

根據(jù)牛頓第二定律可得/Jmg=ma2

可得出=4m/s2

則小物塊速度減為零時，所用時間為芍=五=卜

a2

該過程中，小物塊的對地位移大小為S=>+m=6m

方向水平向右。

A.若f=2.5s,小物塊可能從右邊減速離開傳送帶，且離開傳送帶時的速度大小為

v=4m/s-4x（2.5-2）m/s=2m/s

選項A可能，不符合題意，故A錯誤；

B.若物塊在傳送帶上速度減為0后返回，且返回一直加速，則有2&S=V2

求得y=46m/s

物塊返回所用時間為匕=：=則最終小物塊在傳送帶上滑動的時間Q=%++4=（3+6）S

選項B可能，不符合題意，故B錯誤；

C.若傳送帶的速度％=2m/s,物塊從傳送帶右端返回達到與傳送帶共速所用時間為：3=￡=06S

發(fā)生的位移大小為三=￡4=0-5m

接著物塊向左勻速運動直到離開傳送帶所用的時間為。=匕三=2.75$

%

可得最終小物塊在傳送帶上滑動的時間ts.=tl+t2+t3+t4=6.25s

選項C可能，不符合題意，故C錯誤；

D.若傳送帶的速度%=Im/s,則物塊從傳送帶右端返回達到與傳送帶共速所用時間為％=￡=0-25S

發(fā)生的位移為％=°」25m

接著物塊向左勻速運動直到離開傳送帶所用的時間為，4=二五=5.875s

%

可得最終小物塊在傳送帶上滑動的時間％+t2+t3+t4=9s

選項D不可能，符合題意，故D正確。

故選D。

2.（2024?陜西寶雞?三模）如圖所示，利用傾斜的傳送帶可以將高處的貨物卸下來。第一次傳送帶靜止，貨

物M從傳送帶頂端由靜止滑下，滑離傳送帶所用時間為《；第二次傳送帶按照圖中箭頭所示順時針轉(zhuǎn)動,

貨物M從傳送帶頂端由靜止滑下，滑離傳送帶所用時間為42。兩次運動情況相比，下列判斷正確的是

A.貨物滑離傳送帶所用時間t2大于［

B.貨物運動的加速度不等

C.貨物滑離傳送帶的過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等

D.貨物滑離傳送帶的過程中摩擦力對貨物做功相等

【答案】D

【詳解】AB.貨物M開始受重力、支持力和向上的滑動摩擦力做勻加速直線運動，當(dāng)傳送帶順時針轉(zhuǎn)

動時，M相對于傳送帶向下滑，所受的摩擦力仍然沿傳送帶向上，故M受力不變，加速度不變，仍做勻

加速直線運動，設(shè)傳送帶長為則工=工。/

2

可知貨物滑離傳送帶所用時間（2等于％,故AB錯誤；

C.當(dāng)傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時，貨物相對滑動的距離增大，兩次運動貨物所受的摩擦力相同，故貨物滑離

傳送帶的過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量較大，故C錯誤；

D.兩次運動貨物所受的摩擦力相同，且貨物滑離傳送帶時，摩擦力的作用距離相同，故兩次運動貨物

滑離傳送帶的過程中摩擦力對貨物做功相等，故D正確。

故選D。

3.（2024?黑龍江吉林?模擬預(yù)測）如圖甲所示，一糧食儲備倉庫工人正利用傳送帶運送貨物，以恒定速率

vo逆時針運行的傳送帶與水平面的夾角Q37。，轉(zhuǎn)軸間距￡=3.5m。工人將貨物（可視為質(zhì)點）沿傳送方

向以速度刃=L5m/s從傳送帶頂端推下，片4.5s時貨物運動到傳送帶底端，貨物在傳送帶上運動的3圖

像如圖乙所示。已知sin37o=0.6,337。=0.8,重力加速度g取lOm/sz,不計空氣阻力，則（）

A.Z=2.5s時，貨物所受摩擦力方向改變

B.貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.4

C.傳送帶運行的速度大小為0.5m/s

D.貨物向下運動過程中所具有的機械能先減小后不變

【答案】C

【詳解】A.由圖乙可知，在0?2.5s內(nèi)，貨物的速度大于傳動帶的速度，則貨物受沿斜面向上的滑動摩

擦力，在2.5s?4.5s內(nèi)，貨物勻速下滑，根據(jù)平衡條件可知，貨物受沿斜面向上的靜摩擦力，所以2.5s

時貨物所受摩擦力方向不變，故A錯誤；

C.圖線與坐標軸圍成的區(qū)域的面積表示位移的大小，根據(jù)題意可得】=上等4+%%

解得%=0-5m/s

故C正確；

B.由圖乙和C分析可知，貨物在0~2.55內(nèi)的對物塊由牛頓第二定律〃〃陪?0$。一加85/。=,加7

由圖像可知貨物的加速度大小為。=21mL

h

聯(lián)立解得"=0.8

故B錯誤；

D.由于貨物向下運動過程中所受到的摩擦力一直沿斜面向上，摩擦力一直做負功，根據(jù)功能關(guān)系可知,

貨物所具有的機械能一直減小，故D錯誤。

故選C。

4.（2024?安徽?三模）（多選）如圖所示，水平傳送帶左端A與右端B相距2.5m,傳送帶以lm/s的速度逆

時針勻速轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為2kg的小滑塊以2m/s的初速度從A端滑上傳送帶，小滑塊與傳送帶之間的動摩

擦因數(shù)為01，重力加速度g取10m/s2,下列說法正確的是（）

An-^-B

A.小滑塊最終從3端離開傳送帶

B.整個過程摩擦力對小滑塊做功為-4J

C.小滑塊在傳送帶上的劃痕長度為4.5m

D.小滑塊在傳送帶上勻速運動的時間為1.5s

【答案】CD

【詳解】A.根據(jù)牛頓第二定律有〃加g=w

解得a=lm/s2

小滑塊向右減速到零的時間％=%=2s

a

運動的距離4=5%=2m4小于傳送帶的長度，因此小滑塊最終從A端離開傳送帶，A錯誤；

D.減速到零之后反向加速直到共速，加速時間％=2=ls

a

反向加速的距離4=0.5m

再向左勻速運動匕=，5m

到達A端，時間4=—=L5s

v

D正確；

C.從滑上傳送帶到共速，滑塊與傳送帶的相對位移（W^x2.O+lx2.o]m+（lxLO-￥<l.o]m=4.5m

C正確；

B.根據(jù)動能定理，摩擦力對小滑塊做的功等于小滑塊動能的變化量%=]好2-]"年=_31

B錯誤。

故選CDo

5.（2025?黑龍江大慶?一模）（多選）如圖所示，長為2m的水平傳送帶以恒定速率v=3m/s順時針運動，一

質(zhì)量為加=lkg的不計大小的小煤塊從傳送帶左端輕放在傳送帶上，小煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)

必=0.1,已知重力加速度g/Orn/s:在小煤塊整個運動過程中，下列說法正確的是（）

A.小煤塊在傳送帶上加速運動時加速度為Im/s?

B.小煤塊在傳送帶上運動時間為2s

C.小煤塊在傳送帶上留下的劃痕長度為2m

D.傳送小煤塊過程中，傳送帶對小煤塊做功為4.5J

【答案】AB

【詳解】A.對小煤塊分析可知水平方向只受摩擦力，由牛頓第二定律〃加8=機。

解得a=lm/s2

故A正確;

B.小煤塊做加速運動，設(shè)傳送帶長為￡=2m,當(dāng)加速至皮帶同速時的時間為％=1=3s

a

位移為芭=4.5m

由于%>L=2m

所以小煤塊在傳送帶上一直做勻加速運動，則在傳送帶上運動時間為￡

解得f=2s

故B正確；

C.小煤塊在傳送帶上留下的劃痕長度為x=vt-L=4m

故C錯誤；

D.傳送帶對小煤塊做功為用=umgL=2J

故D錯誤。

故選AB。

6.（2024?江西南昌?二模）（多選）如圖所示，一傳送帶傾斜放置，以恒定速率v順時針轉(zhuǎn)動。t=0時刻一

物塊以初速度％從A端沖上傳送帶，/=時刻離開傳送帶，則物塊速度隨時間變化的圖象可能是（）

【答案】AC

【詳解】A.對物塊受力分析可知，物塊受到重力、摩擦力和支持力。設(shè)摩擦力最大值為重力沿傳

送帶向下的分力為加gs%。。若%<v,物塊先做勻加速運動，與傳送帶共速后，若￡之機物塊與

傳送帶一起勻速運動，則A圖是可能的，故A正確；

B.若%<v,物塊先做勻加速運動，與傳送帶共速后，若物塊做勻減速運動，則B圖是

不可能的，故B錯誤；

C.若%〉v,物塊先做勻減速運動，加速度為=gsi〃0+〃gcos。

與傳送帶共速后，若（<mgsinO,物塊繼續(xù)向上繼續(xù)做勻減速運動，加速度電=gs切。geos。

由此可知名<%，速度時間關(guān)系圖象的斜率變小，速度減小到零，后又向下做勻加速運動，加速度大小

不變，則C圖是可能的，故C正確；

D.若v°>v,物塊先做勻減速運動，與傳送帶共速后，若fm^mgsind,物塊與傳送帶沿斜面向上一起

勻速運動，則D圖不可能，故D錯誤；

故選AC-

7.（多選）糧袋的傳送裝置如圖所示，已知A、B兩端間的距離為L,傳送帶與水平方向的夾角為3工作

時運行速度為v,糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為山正常工作時工人在A端將糧袋輕放到運行中的傳送

帶上。設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度大小為g。關(guān)于糧袋從A到B的運動，以下

說法正確的是（）

A.糧袋到達2端的速度與v比較，可能大，可能小，也可能相等

B.若工足夠大，且〃〉tanO,糧袋先做加速度為g（sinO-〃cosO）的勻加速運動，再以速度v做勻速運動

C.若L足夠大，且〃<tan。，糧袋先做加速度為g（sin（9+〃cos。）的勻加速運動，再做加速度為g（sin%ucos。）

做勻加速運動

D.不論〃大小如何，糧袋從/端到3端一直做勻加速運動，且加速度a>gsind

【答案】AC

【詳解】糧袋開始運動時受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得加速度為

mesin0+umscos9,.?八、

a=-............-------------=g（sm0+〃cos0）

m

若《<fa”仇且L足夠大，當(dāng)速度達到v時，做加速度為-〃cos。勻加速運動。

若〃Nta力仇HPmgsind</.imgcosd

當(dāng)L較小時糧袋從A端到B端一直做加速度為86比6+〃恒6劭勻加速運動勻加速運動，當(dāng)L足夠大糧袋

將先做加速度為g6力冶+〃cos切勻加速運動、后做勻速運動。

綜上，糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B點時的速度小于v；可能先勻加速運動，當(dāng)速度

與傳送帶相同后，做勻速運動，到達B點時速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運動，當(dāng)速

度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v=

故選AC。

8.（2024?四川成都?模擬預(yù)測）（多選）如圖甲所示的等雙翼式傳輸機，其兩側(cè)等長的傳送帶傾角可以在一

定范圍內(nèi)調(diào)節(jié)，方便不同情況下的貨物傳送作業(yè)，工作時兩傳送帶勻速轉(zhuǎn)動且速度大小相同。圖乙為等

雙翼式傳輸機工作示意圖，MBM2代表兩傳送帶。第一次調(diào)整Mi的傾角為30。，M2的傾角為45。，第

二次調(diào)整Mi的傾角為45。，的傾角為30。，兩次分別將同一貨物無初速放在Mi的最低端，都能傳到

M2的最高端。貨物與Mi和M2的接觸面粗糙程度相同，兩次運輸中貨物均在Mi上就已與傳送帶共速，

先后兩次傳輸機的運行速度大小相同。則（）

甲

A.第一次運送貨物的時間較短

B.第二次運送貨物的時間較短

C.傳輸機因運送貨物而多消耗的能量，第一次較多

D.傳輸機因運送貨物而多消耗的能量，第二次較多

【答案】AD

【詳解】AB.設(shè)傳送帶的速度為v,Ml的傾角為0,貨物在Mi上加速運動時有/wigcosO-mgs力冶=ma

解得a=figcosd-gsind

可知6越大，加速度越小，兩次貨物運送的長度一樣，則第一次運送貨物的時間較短，故A正確、B錯

誤;

CD.根據(jù)能量守恒可知，傳輸機因運送貨物而多消耗的能量轉(zhuǎn)化為貨物的動能、重力勢能和摩擦產(chǎn)生的

內(nèi)能。兩次運送貨物增加的動能和重力勢能之和相等，故只需比較兩種情況下因摩擦產(chǎn)生的熱量Q,設(shè)

貨物加速的時間為3貨物與傳送帶的相對位移為/x,可得f=上，Q=/zfx,Ax=,f=fimgcosd

a2

]umv2

聯(lián)立解得。=

2(〃-tan0)

可知0越大，Q越大，即傳輸機因運送貨物而多消耗的能量多，故第二次較多，故C錯誤、D正確。

故選AD。

9.（2024?四川成都?三模）（多選）如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角為0,以恒定速率順時針

轉(zhuǎn)動，一煤塊以初速度％=12m/s從A端沖上傳送帶，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，取

A.傾斜傳送帶與水平方向夾角的正切值tan6H）.75

B.煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=0.5

C.煤塊從最高點下滑到A端所用的時間為2s

D.煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為（12+4囪）m

【答案】BC

【詳解】AB.0~ls內(nèi)煤炭的加速度大小為％=*=，^m/s2=8m/s2

根據(jù)牛頓第二定律可得加gsind+〃刃g(shù)cos6?=zwq

Is后煤炭的加速度大小為。2=善=1?向52=4m/s2

ZA?2Z—1

根據(jù)牛頓第二定律可得相gsin6-〃加gcos6=ma2

聯(lián)立解得6=37。，4=0.25

3

傾斜傳送帶與水平方向夾角的正切值為tan。:=0.75

故A正確，不滿足題意要求；B錯誤，滿足題意要求；

C.0~ls煤炭的位移為再=v（/i卬；=12xlm--^-x8xl2m=8m

1:2s煤炭的位移為％-vt2~~a2f2=4xlm-^-x4xl2m=2m

煤炭下滑的過程中，根據(jù)動力學(xué)公式有匹+馬=3。21

解得煤塊從最高點下滑到A端所用的時間為％=6s

故C錯誤，滿足題意要求；

D.0~1s煤炭相對傳送帶向上的位移為用=再-%=8-4xlm=4m

1：2s煤炭相對傳送帶向下的位移為Ax2=討2-％2=4xl-2m=2m

2-(2+6)s煤炭相對傳送帶向下的位移為原3=%+%+%=8+2+4石m=(10+4石)m

由于AX2+AX3>Ax1

煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為Ax=Ax2+*=(12+4A/5)m

故D正確，不滿足題意要求。

故選BCo

10.如圖所示，傳送帶N3的長度為25m,傳送帶的運行速度v=4m/s,質(zhì)量加=2kg的物塊以%=10m/s的

初速度滑上傳送帶的A處，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,物塊可視為質(zhì)點，g^l0m/s2o

(1)物塊在傳送帶上的運動時間；

(2)物塊在傳送帶上運動過程中摩擦產(chǎn)生的熱量。

【答案】⑴4s⑵36J

【詳解】(1)物塊所受滑動摩擦力的大小為耳=〃"g

解得耳=4N

由牛頓第二定律得及=ma

得加速度的大小。=〃g=2rn/s2

物塊減速至與傳送帶速率相等時，所用時間4=%【=3s

a

物塊減速過程的位移網(wǎng)=21m

—2a

物塊勻速運動至傳送帶8端所用時間乙=0

V

得t2=Is

故物塊在傳送帶上運動的總時間/=4+=4S

(2)物塊與傳送帶之間的相對位移Ax=引］-ga彳-%

解得Ax=9m

摩擦產(chǎn)生的熱量。=耳盤=36J

11.(2024?遼寧?三模)如圖所示，工人要將貨物運送到平臺上，由于貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)較小，

便用繩子拴住貨物平行傳送帶向上拉動。傾斜傳送帶與水平面夾角9=24。，長度/=4m,向上運動的速

度v=1.2m/s,貨物質(zhì)量加=20kg,與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2,貨物可視為質(zhì)點，最大靜摩擦力等

于滑動摩擦力。cos24°=0.9,sin24°=0.4,重力加速度g=lOm/s?)。

(1)貨物輕放到傳送帶的下端，開始階段工人施加E=60N的拉力，求貨物經(jīng)多長時間能達到與傳送帶

共速；

(2)貨物與傳送帶共速后，工人至少用多大的拉力可以保持貨物相對傳送帶靜止。

【答案】(1)1.5s；(2)44N

【詳解】(1)貨物與傳送帶共速前受到的摩擦力沿傳送帶向上，貝U有G+Vwgcose-冽gsinenTmz

達到共速時有v=at

解得t=1.5s

(2)貨物與傳送帶共速后，若貨物相對傳送帶靜止，對貨物受力分析有機gsinO=/：+啟

則當(dāng)靜摩擦取得最大值且向上時，拉力取得最小值，即"mm=mgsin。-/靜小

解得練mm=44N

12.(2024?四川成都?二模)如圖所示，傳送帶傾斜放置，傾角為9=37。，以恒定速率v=4m/s順時針轉(zhuǎn)動。

一煤塊以初速度%=12m/s從A端沖上傳送帶，煤塊剛好不會從傳送帶頂端B沖出。已知煤塊和傳送帶

之間的動摩擦因數(shù)〃=0.25,g取lOm/s?,求:

(1)求之間的距離2；

(2)煤塊在傳送帶上留下的劃痕長度Ar。

【答案】(1)10m；(2)(12+475)m

【詳解】(1)在煤塊與傳送帶共速前，對煤塊，由牛頓第二定律有用gsin6+〃機gcosO=Mq

可得煤塊的加速度大小。I=8m/s2

v—V

煤塊運動時間％=--A--=1s

ax

煤塊運動的位移a=%產(chǎn)。=8m

煤塊與傳送帶共速后，對煤塊，由牛頓第二定律有加gsine-"zgcos6=3Z2

可得煤塊的加速度大小4=4m/s2

V

煤塊速度減為零所用的時間間=—=1S

a2

煤塊運動的位移4=2m

則AB之間的距離L=