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微专题1 传送带模型综合问题
角度1 水平传送带综合问题
角度2 倾斜传送带综合问题
备用习题
◆
听课手册
传送带模型综合问题可以分为动力学问题和能量问题
(1)传送带模型的动力学问题的难点在于物体与传送带间的相对运动,物体与传送
带间相对运动状态发生变化的临界点是相对速度为零,求解的关键点是摩擦力方
向的判断.
(2)传送带模型的能量问题主要涉及物体动能的变化和系统产生的热量.前者一般
可用动能定理分析,要用到物体的对地位移;后者一般可用摩擦生热公式计算,要
用到物体与皮带间的相对路程.
角度1 水平传送带综合问题
例1 (多选)[2025·山东青岛模拟] 如图甲所示，水平放置的传送带能以不同的速
度 逆时针匀速转动，某时刻物块以某一初速度从右端滑上传送带，物块离开传
送带后到落地过程的水平位移与传送带速度 关系图像如图乙所示.已知传送带
长度，重力加速度取 .下列说法正确的是( )
A.当传送带速度在 范围取值时，物块一直减速
B.物块的初速度大小为
C.物块与传送带间动摩擦因数为0.3
D.当传送带速度在 范围取值时，物块和传送带
间产生的摩擦热相同
√
√
[解析] 由图乙可知，当传送带速度在 范围取值时，物块离开传送带
后的水平位移 不变，说明物块离开传送带的速度不变，在传送带上一直减速，
故A正确；当传送带速度 时，物块在传送带上恰好做匀减速直线运
动至速度与传送带速度相同，然后以该速度离开传送带做平抛运动,设物块的初
速度大小为，物块在传送带上的加速度大小为 ，由运动学公式有
，当传送带速度 时，
物块在传送带上恰好做匀加速直线运动至速度与传送带速度相同，然后以该速
度离开传送带做平抛运动，由运动学公式有 ，联立求解可得物块
的初速度，加速度 ，故B正确；加速度
，动摩擦因数 ，故C错误；当传送带速度在
范围取值时，物块在传送带上的位移和滑行时间相同，但传送带的
位移不同，物块与传送带的相对位移也不同，根据 ，可知物块和
传送带间产生的摩擦热不同，故D错误.
例2 [2025·安徽蚌埠模拟] 如图甲所示，水平传送带以恒定速度 向左
运动，时将质量 的小物块轻放在传送带上，同时在物块上施加水
平向右的力，时撤去 ，物块的加速度随时间变化图像如
图乙所示(水平向右为正方向)，小物块最后以速度 从左侧离开传送带，重力
加速度取 ，则下列结论正确的是( )
A.
B.时物块的速度大小
C.后电动机多消耗的电能
D.后系统产生的热量
√
[解析] 由图像可知，时撤去 后，由滑动摩擦力提供加速度，有
，而在时， ，由牛顿第二定律有
，，联立解得，故A错误；物块在前 的
过程由动量定理可知，其中 ，联立解得
，故B错误；
后物块减速到零的时间为，物块的位移为 ，方向向右，
传送带的位移为 ，方向向左，故二者的相对位移为
，小物块向左加速到与传送带共速的时间为
，相对位移为，故 后系统产生的热
量为，由能量守恒定律可得 后电动机多消耗的
电能 ,故C错误，D正确.
角度2 倾斜传送带综合问题
例3 [2024·安徽卷] 倾角为 的传送带以恒定速率顺时针转动. 时在传送
带底端无初速度轻放一小物块，如图所示. 时刻物块运动到传送带中间某位置，
速度达到 .不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度
、速度随时间 变化的关系图线可能正确的是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 在 时间内对小物块受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩
擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速直线运动，
之后物块速度与传送带相同，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为
零，物块做匀速直线运动,C正确，A、B、D错误.
例4 [2025·湖南郴州模拟] 如图所示，一倾角为 的倾斜传送带以 的速
度顺时针匀速转动.现将一质量为的物体(可看成质点)轻放在传送带的顶端
点，物体从点运动到传送带底端点，离开点时的速度大小为 .已知物
体与传送带间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
大小取.在物体从点运动到 点的过程中，下列说法正确的是( )
A.传送带的长度可能为
B.若传送带的长度为，则摩擦力对物体做的功为
C.若传送带的长度为，则摩擦力对传送带做的功为
D.若传送带的长度为，则因摩擦而产生的热量为
√
[解析] 物体相对传送带上滑时，根据牛顿第二定律可知，此时物体的加速度大
小为 ，物体与传送带间的动摩擦因数
，故物体与传送带间的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的
分力，物体离开点时的速度大小为 ，故物体可能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 ，若先加速后
匀速运动，则传送带的长度必然大于 ，故A错误；
若传送带的长度，则根据动能定理有 ，解得摩擦
力对物体做的功，故B错误；若传送带的长度为 ，则物体运动的
时间 ，物体匀加速运动阶段，传送带的位移
，匀速运动阶段，传送带的位移 ，根据受力分析
可知，前物体对传送带的摩擦力沿传送带向上，后 物体对传送带的摩擦
力沿传送带向下，则摩擦力对传送带做的功
，故C正确；若传送带的长度为 ，
则因摩擦而产生的热量 ，
其中，相对运动距离，
解得 ，故D错误.
【通法通则】
传送带模型解题思路
衍生 (传送带在电场中的运动)(多选)[2025·江西赣州二模] 如图甲所示，竖直放
置的光滑绝缘四分之一圆形轨道两端分别与绝缘粗糙水平传送带 和光滑绝缘
的竖直轨道平滑相接， 点为四分之一圆形轨道的最低点，整个装置处在水
平向左的匀强电场中，场强大小为.一带电荷量为，质量为 的金属小
物块(可视为质点)从位置处无初速度自由滑下，滑至底端 并冲上沿逆时针方
向匀速转动且足够长的传送带.在传送带上运动的 图像如图乙所示，以水平
向左为正方向，最大静摩擦力可认为等于滑
动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度取
，已知 ，则( )
A.由运动到 的过程中，电场力对金属小物块的功率一直增大
B.金属小物块与传送带间的动摩擦因数为
C.内，金属小物块与传送带间摩擦产生的内能为
D.金属小物块在运动过程中对轨道最大压力为
√
√
[解析] 由运动到 的过程中，电场力与金属小物块的速度方向垂直，可知电场
力的功率一直为零，选项A错误；金属块刚滑上传送带时的加速度大小为
，根据牛顿第二定律有 ，解得金属小物
块与传送带间的动摩擦因数为，选项B正确； 内，金属小物块与
传送带间摩擦产生的内能为，其中 ，
可得 ，选项C正确；
电场力和重力的合力大小 ，当金属小物块运动到
等效最低点时,对轨道压力最大，则由牛顿第二定律有 ，可知
，即金属小物块在运动过程中对轨道最大压力大于
，选项D错误.
角度1 水平传送带综合问题
1.(多选)如图所示，水平传送带左端与右端相距，传送带以大小为
的速度逆时针匀速转动.质量为的小滑块以的初速度从 端滑上传送带，
小滑块与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度取 .下列说法正
确的是( )
A.小滑块最终从 端离开传送带
B.整个过程中摩擦力对小滑块做的功为
C.小滑块在传送带上的划痕长度为
D.小滑块在传送带上匀速运动的时间为
√
√
[解析] 根据牛顿第二定律有，解得 ，小滑块向右减速到
零的时间，运动的距离，由于 ，
因此小滑块先向右减速运动到速度为零，再反向向左运动，最终从 端离开传
送带，A错误；由于小滑块滑上传送带时的速度大小 大于传送带的速
度大小 ，所以小滑块向右减速到速度为零之后，将先反向加速到与传
送带共速，之后与传送带一起匀速运动到离开传送带，加速运动的时间
，加速运动的距离 ，
匀速运动的距离 ， 匀速运
动的时间 ，D正确；
从小滑块滑上传送带到小滑块与传送带共速过程，小滑块一直相对传送带向右运动，小滑块与传送带的相对位移大小，所以小滑块在传送带上的划痕长度为，C正确；根据动能定理可知，摩擦力对小滑块做的功等于小滑块动能的变化量，即 ，B错误.
2.(多选)如图甲所示，质量为 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，图线的段为抛物线， 段
为直线.下列说法正确的是( )
A.传送带沿逆时针方向转动
B.传送带的速度大小为
C.小物块刚滑上传送带时的速度大小为
D.内摩擦力对小物块做的功为
√
√
√
[解析] 位移—时间图像的斜率表示速度，由图像可知，前 内小物块向左做匀
减速运动，第内小物块向右做匀加速运动，由于内 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 ，故
B正确，A错误；
由图像可知，在第内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，有 ，
其中，，解得，在 内，对小物块有
,其中 ，解得小物块刚滑上传送带时的速度大小为
，故C正确；在 内，对小物块，根据动能定理可知，摩擦力
对小物块做的功为 ，故D正确.
3.圆弧轨道固定于地面上，半径，所对圆心角为 ，其末端与逆时
针转动的水平传送带相切于点，如图所示，传送带上、 两端的距离
，传送带运行的速率.一质量为的滑块从最高点
由静止开始滑下并滑上水平传送带，运动到点时速度大小， 取
.
(1) 求滑块在圆弧轨道 上运动过程中摩擦力对滑块做的功.
[答案]
[解析] 滑块在圆弧轨道 上运动过程中，由动能定理得
解得
3.圆弧轨道固定于地面上，半径，所对圆心角为 ，其末端与逆时
针转动的水平传送带相切于点，如图所示，传送带上、 两端的距离
，传送带运行的速率.一质量为的滑块从最高点
由静止开始滑下并滑上水平传送带，运动到点时速度大小， 取
.
(2) 若滑块不从右端滑离传送带，则滑块与传送带间的动摩擦因数 应满足什
么条件？
[答案]
[解析] 滑块在传送带上受到向左的摩擦力，当滑块恰好不从右端离开传送带时，
由动能定理得
解得
所以 时滑块不从右端滑离传送带
3.圆弧轨道固定于地面上，半径，所对圆心角为 ，其末端与逆时
针转动的水平传送带相切于点，如图所示，传送带上、 两端的距离
，传送带运行的速率.一质量为的滑块从最高点
由静止开始滑下并滑上水平传送带，运动到点时速度大小， 取
.
(3) 若传送带与滑块间的动摩擦因数，求滑块
从 点开始到第一次离开传送带过程中产生的热量 .
[答案]
[解析] 由于 ,所以滑块不会从右端滑离传送带，滑块在传送带上运
动过程中,由牛顿第二定律得
其中
滑块向右做匀减速运动的位移为
联立解得
接下来滑块向左反向加速并从 点离开传送带，由于 ，
故滑块向左加速运动的位移大小为
滑块在传送带上运动的总时间为
传送带向左运动的位移大小为
则滑块从 点开始到第一次离开传送带过程中产生的热量
联立解得
4.[2024·湖北卷] 如图所示，水平传送带以 的速度顺时针匀速转动，传送
带左右两端的距离为. 传送带右端的正上方有一悬点，用长为 、不
可伸长的轻绳悬挂一质量为 的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触.
在点右侧的点固定一钉子，点与点等高.将质量为 的小物块无初速度
轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间
小物块的速度大小为、方向水平向左.小球碰后绕 点做圆周运动，当轻绳
被钉子挡住后，小球继续绕 点向上运动.已知小物块
与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小 取
.
(1) 求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小.
[答案]
[解析] 小物块刚放在传送带上时，由牛顿第二定律有
解得
假设小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，则此过程有
解得小物块运动的位移为
由于 ，所以假设成立，即小物块运动到传送带右端前已与传送
带共速，因此小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度
大小，为 .
4.[2024·湖北卷] 如图所示，水平传送带以 的速度顺时针匀速转动，传送
带左右两端的距离为. 传送带右端的正上方有一悬点，用长为 、不
可伸长的轻绳悬挂一质量为 的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触.
在点右侧的点固定一钉子，点与点等高.将质量为 的小物块无初速度
轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间
小物块的速度大小为、方向水平向左.小球碰后绕 点做圆周运动，当轻绳
(2) 求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损
失的总动能.
[答案]
被钉子挡住后，小球继续绕 点向上运动.已知小物块
与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小 取
.
[解析] 小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系
统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有
其中，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
4.[2024·湖北卷] 如图所示，水平传送带以 的速度顺时针匀速转动，传送
带左右两端的距离为. 传送带右端的正上方有一悬点，用长为 、不
可伸长的轻绳悬挂一质量为 的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触.
在点右侧的点固定一钉子，点与点等高.将质量为 的小物块无初速度
轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间
小物块的速度大小为、方向水平向左.小球碰后绕 点做圆周运动，当轻绳
(3) 若小球运动到点正上方，绳子不松弛，求 点到
点的最小距离.
[答案]
被钉子挡住后，小球继续绕 点向上运动.已知小物块
与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小 取
.
[解析] 若小球运动到点正上方，绳子不松弛，设点到点的距离为 ，小球
在点正上方的速度为，在 点正上方，由牛顿第二定律有
小球从点正下方到 点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即点到点的最小距离为
角度2 倾斜传送带综合问题
1.如图所示，倾角为 的足够长的倾斜传送带沿逆时针方向以
恒定速率运行.一物块无初速度地放在传送带上端，传送带与物
块间的动摩擦因数 ，设传送带上端位置为重力势能零
A. B. C. D.
点，以沿传送带向下为正方向，则物块运动的整个过程中，其速度 、重力势能
、动能、机械能与位移 的关系图像可能正确的是( )
√
[解析] 物块刚放上传送带时，根据牛顿第二定律有 ，
根据运动学公式有，即,动能,即 ,当物
块与传送带共速时，由于 ，即 ,所以物块不再相
对传送带滑动，物块的速度保持不变，物块的动能保持不变，故A、C错误；物
块下滑的过程中，根据，可知 图线是一条倾斜的直线，
故B错误；
第一阶段做匀加速运动，物块下降的过程中，除重力外，摩擦力做正功，机械能的变化 ，第二阶段做匀速运动，摩擦力等于重力沿传送带方向的分力，则有，所以两个阶段的 图像都是直线，依题意知 ，则 ，说明 图像中第一阶段斜率的绝对值大于第二阶段斜率的绝对值，故D正确.
2.(多选)如图所示，倾角 的传送带以大小为 的
速度顺时针匀速运行，一质量为 的工件(视为质点)以大
小为的初速度从传送带的底端 冲上传送带，并恰好
能到达传送带的顶端，随后又滑回 端.工件与传送带间的
A.工件沿传送带上滑的时间为
B.工件返回端时的速度大小为
C.工件在传送带上运动的整个过程中，摩擦力对工件做的功为
D.工件在传送带上运动的整个过程中，因摩擦产生的热量为
动摩擦因数为，重力加速度大小取 .下列说法正
确的是( )
√
√
[解析] 工件所受重力沿传送带向下的分力大小为 ，滑动
摩擦力大小为 ，当工件的速度大于传送带的速度时，工
件受到沿传送带向下的滑动摩擦力，因此工件向上做匀减速运动，根据牛顿第
二定律可得，此时的加速度大小为，工件从 端上滑至与传
送带速度相同所用的时间 ，此后工件继续向上做匀减速运动，
此时的加速度大小为 ，从工件与传送
带达到共同速度至工件到达端的时间为 ，
因此工件沿传送带上滑的时间为 ，
故A正确；
、两端的距离为，设工件返回端时的速度大小为 ，
由运动学公式有，解得 ，故B错误；根据动能定理可知，
工件在传送带上运动的整个过程中，摩擦力对工件做的功
，故C正确；工件从端下滑至 端的时间为 ，工件在传送
带上运动的整个过程中，因摩擦产生的热量为
，故D错误.微专题1 传送带模型综合问题
例1 AB [解析] 由图乙可知,当传送带速度在0~0.9 m/s范围取值时,物块离开传送带后的水平位移x不变,说明物块离开传送带的速度不变,在传送带上一直减速,故A正确;当传送带速度v=0.9 m/s时,物块在传送带上恰好做匀减速直线运动至速度与传送带速度相同,然后以该速度离开传送带做平抛运动,设物块的初速度大小为v0,物块在传送带上的加速度大小为a,由运动学公式有v2-=-2aL,当传送带速度v'=0.3 m/s时,物块在传送带上恰好做匀加速直线运动至速度与传送带速度相同,然后以该速度离开传送带做平抛运动,由运动学公式有v'2-=2aL,联立求解可得物块的初速度v0=1.5 m/s,加速度a=2 m/s2,故B正确;加速度a==μg=2 m/s2,动摩擦因数μ=0.2,故C错误;当传送带速度在0~0.9 m/s范围取值时,物块在传送带上的位移和滑行时间相同,但传送带的位移不同,物块与传送带的相对位移也不同,根据Q=μmgx相对,可知物块和传送带间产生的摩擦热不同,故D错误.
例2 D [解析] 由a t图像可知,t=3 s时撤去F后,由滑动摩擦力提供加速度,有Ff=μmg=ma=2 N,而在t=3 s时,a1=4 m/s2,由牛顿第二定律有F-Ff=ma1,F=3k(k>0),联立解得k=2 N/s,故A错误;物块在前3 s的过程由动量定理可知·t-Ff·t=mv-0,其中= N=3 N,联立解得v=3 m/s,故B错误;3 s后物块减速到零的时间为t1==1.5 s,物块的位移为x1=a,方向向右,传送带的位移为x1'=v0t1=4.5 m,方向向左,故二者的相对位移为Δx1=x1+x1'=6.75 m,小物块向左加速到与传送带共速的时间为t2==1.5 s,相对位移为Δx2=v0t2-a=2.25 m,故3 s后系统产生的热量为Q=Ff(Δx1+Δx2)=18 J,由能量守恒定律可得t=3 s后电动机多消耗的电能E=Q+ΔEk=18 J,故C错误,D正确.
例3 C [解析] 在0~t0时间内对小物块受力分析可知,物块受重力、支持力、滑动摩擦力,滑动摩擦力大于重力的下滑分力,合力不变,故做匀加速直线运动,t0之后物块速度与传送带相同,静摩擦力与重力的下滑分力相等,加速度突变为零,物块做匀速直线运动,C正确,A、B、D错误.
例4 C [解析] 物体相对传送带上滑时,根据牛顿第二定律可知,此时物体的加速度大小为a==12.5 m/s2,物体与传送带间的动摩擦因数μ=>tan θ,故物体与传送带间的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力,物体离开B点时的速度大小为5 m/s,故物体可能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L0==1 m,若先加速后匀速运动,则传送带的长度必然大于1 m,故A错误;若传送带的长度L=3 m,则根据动能定理有mgLsin θ+Wf=mv2,解得摩擦力对物体做的功Wf=-2.5 J,故B错误;若传送带的长度为3 m,则物体运动的时间t=t1+t2=+=0.8 s,物体匀加速运动阶段,传送带的位移x1=vt1=2 m,匀速运动阶段,传送带的位移x2=vt2=2 m,根据受力分析可知,前2 m物体对传送带的摩擦力沿传送带向上,后2 m物体对传送带的摩擦力沿传送带向下,则摩擦力对传送带做的功Wf'=-μmgx1cos θ+mgx2sin θ=-5 J,故C正确;若传送带的长度为3 m,则因摩擦而产生的热量Q=μmgΔxcos θ,其中,相对运动距离Δx=x1-L0=1 m,解得Q=7.5 J,故D错误.
【模型·衍生·拓展】
衍生 BC [解析] 由A运动到B的过程中,电场力与金属小物块的速度方向垂直,可知电场力的功率一直为零,选项A错误;金属块刚滑上传送带时的加速度大小为a= m/s2= m/s2,根据牛顿第二定律有qE+μmg=ma,解得金属小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=,选项B正确;0~0.45 s内,金属小物块与传送带间摩擦产生的内能为Q=μmgΔx,其中Δx=×0.45×6 m=1.35 m,可得Q=0.9 J,选项C正确;电场力和重力的合力大小F==mg,当金属小物块运动到等效最低点时,对轨道压力最大,则由牛顿第二定律有FN-F=m,可知FN=m+F>F=mg,即金属小物块在运动过程中对轨道最大压力大于,选项D错误.微专题1 传送带模型综合问题
1.D [解析] 小煤块向左运动,相对传送带速度向左,所受摩擦力只可能向右,A错误,若v1>v2,小煤块回到A端时速率为v2;若v1
v2,相对运动时间为t=,划痕变长,若原本v12.C [解析] 由图乙可知,物体A先匀加速运动,达到与传送带速度相等后做匀速直线运动,可知传送带的速度大小为4 m/s,根据图像围成的面积表示位移,可求得P、Q间的距离为LPQ=×4 m+4× m=36 m,故A、B正确;根据图丙可知物体C在传送带上一直加速,根据图像围成的面积表示位移可得LPQ=×tC×3,求得tC=24 s,根据v=atC,可求得C在传送带上运动的加速度大小为a== m/s2,对C由牛顿第二定律得a=μg,可求得C与传送带间的动摩擦因数为μ=0.012 5,故C错误,D正确.
3.D [解析] 设传送带的倾角为θ,木箱质量为m,木箱与传送带之间的动摩擦因数为μ,传送带顺时针转动时,对木箱根据牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma1,当传送带逆时针转动时,对木箱根据牛顿第二定律有μmgcos θ+mgsin θ=ma2,可知a1v2,故A、B错误;根据图像可知木箱向上运动过程相对位移大,根据Q=μmgx mcos θ,可知Q1>Q2,故C错误,D正确.
4.BD [解析] 由题图乙知,物体先做初速度为零的匀加速直线运动,速度达到传送带速度后(在t=1.0 s时刻),由于重力沿传送带向下的分力大于摩擦力,物体继续向下做匀加速直线运动,从图像可知传送带的速度为v0=10 m/s,故A正确;在0~1.0 s内,物体摩擦力方向沿传送带向下,匀加速运动的加速度大小为a1==gsin θ+μgcos θ,由图知a1== m/s2=10 m/s2,在1.0~2.0 s,物体的加速度大小为a2==gsin θ-μgcos θ,由图知a2== m/s2=2 m/s2,联立解得μ=0.5,θ=37°,故B错误,C正确;根据“面积”表示位移,可知0~1.0 s物体相对于地的位移x1=t1= m=5 m,传送带的位移为x2=v0t1= m=10 m,物体相对传送带的位移大小为Δx1=x1-x2=5 m,方向向上,1.0~2.0 s物体相对于地的位移x3= m=11 m,传送带的位移为x4=v0t1= m=10 m,物体相对传送带的位移大小为Δx2=x3-x4=1 m,方向向下,故留下的痕迹为5 m,故D错误.
5.A [解析] 可以用如图所示表示题述过程,由此可知传送带的运转速度为,B正确;从物块静止开始到与传送带共速过程中用时间t1==,产生的总摩擦热Q=μmg(vt1-vt)=μmgv·=mv2,即产生的热量等于动能的总变化量,因此A错误,C正确;对于单个物块而言,运输需要消耗的电能由摩擦热和动能增量构成,即ΔE=ΔEk+Q=2ΔEk=2×m,对于足够长的时间而言,可以认为完整完成了个物块的运输,因此多消耗的总电能为E=,D正确.
6.(1) (2) (3)
[解析] (1)对单个散货水平方向由动量定理有-I=0-mv0
解得单个散货的质量为m=
(2)落入货箱中散货的个数为N==
则水平传送带的平均传送速度大小为==
(3)设倾斜传送带的长度为L,其中散货在加速阶段时,由牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma
解得a=g
加速时间t1==
加速位移x1=a=
设匀速时间为t2
其中t1+t2=9Δt
则匀速位移为x2=v0t2=v0
故倾斜传送带的长度为
L=x1+x2=9v0Δt-
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为Δx=v0t1-x1=
在Δt时间内传送带额外多做的功为
W=m+mgLsin 30°+Q
其中m=,L=9v0Δt-,Q=μmgcos 30°Δx
=
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为=
7.(1)μg (2) (3)≤n≤1 ≤vB≤
[解析] (1)A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度,即μmg=ma
可得a=μg
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带,所以A在传送带上做匀加速直线运动,由=2ad
解得v1=
(2)设B的质量为m',则由题意得碰前vA0=v1,vB0=
两物块发生弹性碰撞时动量和能量守恒,有mv1+m'=mv1'+m'v2',m+m'=mv1'2+m'v2'2
联立解得v1'=,v2'=
因为地面粗糙,由动能定理有
-μmgs=0-mv2
得s=,即sA=,sB=
根据题意有sB-sA=d,且由(1)有
v1=
联立各式解得m'=
(3)A、B碰撞过程动量守恒,有
mv1=mvA+nmvB
又因为碰后瞬间A和B的动量相同,则vB=,vA=
根据碰撞的约束条件,要使两物块不发生二次碰撞则有vA≤vB,即n≤1
碰后动能不增,即有
m≥m+(nm)
可得n≥
所以n的取值范围为≤n≤1
分别将n=1和n=代入vB=
解得vB1=,vB2=
所以对应的B 的速度范围为≤vB≤代入v1=
可得≤vB≤传送带模型综合问题可以分为动力学问题和能量问题
(1)传送带模型的动力学问题的难点在于物体与传送带间的相对运动,物体与传送带间相对运动状态发生变化的临界点是相对速度为零,求解的关键点是摩擦力方向的判断.
(2)传送带模型的能量问题主要涉及物体动能的变化和系统产生的热量.前者一般可用动能定理分析,要用到物体的对地位移;后者一般可用摩擦生热公式计算,要用到物体与皮带间的相对路程.
角度1 水平传送带综合问题
例1 (多选)[2025·山东青岛模拟] 如图甲所示,水平放置的传送带能以不同的速度v逆时针匀速转动,某时刻物块以某一初速度从右端滑上传送带,物块离开传送带后到落地过程的水平位移x与传送带速度v关系图像如图乙所示.已知传送带长度L=0.36 m,重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是 ( )
A.当传送带速度在0~0.9 m/s范围取值时,物块一直减速
B.物块的初速度大小为1.5 m/s
C.物块与传送带间动摩擦因数为0.3
D.当传送带速度在0~0.9 m/s范围取值时,物块和传送带间产生的摩擦热相同
[反思感悟]
例2 [2025·安徽蚌埠模拟] 如图甲所示,水平传送带以恒定速度v0=3 m/s向左运动,t=0时将质量m=1 kg的小物块轻放在传送带上,同时在物块上施加水平向右的力F=kt,t=3 s时撤去F,物块的加速度随时间变化图像如图乙所示(水平向右为正方向),小物块最后以速度v0从左侧离开传送带,重力加速度取10 m/s2,则下列结论正确的是 ( )
A.k=3 N/s
B.t=3 s时物块的速度大小v=6 m/s
C.t=3 s后电动机多消耗的电能E=27 J
D.t=3 s后系统产生的热量Q=18 J
角度2 倾斜传送带综合问题
例3 [2024·安徽卷] 倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动.t=0时在传送带底端无初速度轻放一小物块,如图所示.t0时刻物块运动到传送带中间某位置,速度达到v0.不计空气阻力,则物块从传送带底端运动到顶端的过程中,加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是 ( )
A
B
C
D
例4 [2025·湖南郴州模拟] 如图所示,一倾角为30°的倾斜传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动.现将一质量为1 kg的物体(可看成质点)轻放在传送带的顶端A点,物体从A点运动到传送带底端B点,离开B点时的速度大小为5 m/s.已知物体与传送带间的动摩擦因数为,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2.在物体从A点运动到B点的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.传送带的长度可能为0.8 m
B.若传送带的长度为3 m,则摩擦力对物体做的功为2.5 J
C.若传送带的长度为3 m,则摩擦力对传送带做的功为-5 J
D.若传送带的长度为3 m,则因摩擦而产生的热量为6 J
传送带模型解题思路
【模型·衍生·拓展】
衍生 (传送带在电场中的运动)(多选)[2025·江西赣州二模] 如图甲所示,竖直放置的光滑绝缘四分之一圆形轨道两端分别与绝缘粗糙水平传送带CD和光滑绝缘的竖直轨道AB平滑相接,C点为四分之一圆形轨道的最低点,整个装置处在水平向左的匀强电场中,场强大小为E.一带电荷量为+q,质量m为0.1 kg的金属小物块(可视为质点)从A位置处无初速度自由滑下,滑至底端C并冲上沿逆时针方向匀速转动且足够长的传送带.在传送带上运动的v t图像如图乙所示,以水平向左为正方向,最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,已知E=,则 ( )
A.由A运动到B的过程中,电场力对金属小物块的功率一直增大
B.金属小物块与传送带间的动摩擦因数为
C.0~0.45 s内,金属小物块与传送带间摩擦产生的内能为0.9 J
D.金属小物块在运动过程中对轨道最大压力为
[反思感悟] 微专题1 传送带模型综合问题
1.[2025·湖北荆州模拟] 如图所示,水平传送带以速率v2顺时针匀速转动,一个煤块以速率v1从传送带的右端A滑上传送带,刚好不从传送带左端B掉落,下列说法可能正确的是 ( )
A.小煤块所受的摩擦力先向右后向左
B.煤块回到A端时,速率一定为v2
C.其他条件不变,仅v2减小,那么煤块会从B端掉落
D.其他条件不变,仅v2变大,那么煤块留在传送带上的划痕一定会变长
2.[2025·浙江杭州模拟] 如图甲所示,水平传送带顺时针方向匀速运动.从传送带左端P先后由静止轻轻放上两个物体A、C,物体A经tA=9.5 s到达传送带另一端Q,物体C经tC到达传送带另一端Q.若释放物体时刻作为t=0时刻,分别作出A、C的速度—时间图像如图乙、丙所示.下列结论不正确的是 ( )
A.传送带运动速度大小为4 m/s
B.P、Q间距为36 m
C.C与传送带间的动摩擦因数为0.125
D.丙图中tC=24 s
3.[2025·河北承德模拟] 如图所示,倾斜传送带以大小为v1的速度顺时针转动时,将木箱无初速度地放在底端B点,木箱经时间t0到达顶端A点,向上运动的过程中由于摩擦产生的热量为Q1.传送带以大小为v2的速度逆时针转动时,将木箱无初速度地放在A点,木箱经时间t0也刚好到达底端B点,向下运动的过程中由于摩擦产生的热量为Q2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木箱可视为质点.下列说法正确的是 ( )
A.v1=v2 B.v1C.Q1Q2
4.(多选)[2025·山西太原模拟] 如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行.t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v t图像如图乙所示.设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.则下列判断不正确的是 ( )
A.传送带的速率v0=10 m/s
B.传送带的倾角θ=30°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D.0~2 s内物体在传送带上留下的痕迹为6 m
5.[2025·湖南长沙模拟] 水平传送带匀速顺时针运行,在传送带的最左端每隔时间t轻放上相同的物块(可视为质点).已知物块和传送带之间的动摩擦因数为μ,物块的质量为m.接收侧的工人发现,靠近传送带右端的物块都已经和传送带达到相同速度,且这些物块之间的距离均为x,重力加速度为g.下列判断中错误的是 ( )
A.每个物块与传送带间由于摩擦产生的热量为μmgx
B.传送带的运行速度为
C.每个物块从静止加速至与传送带共速过程中与传送带间产生的摩擦热与其动能的变化量相等
D.在时间T内,传送带由于运输物块需要多消耗的电能为
6.[2025·广西卷] 图甲为某智能分装系统工作原理示意图,每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后抛出,撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号,随后竖直掉入已与水平传送带共速度的货箱中,此系统利用传感器探测散货的质量,自动调节水平传送带的速度,实现按规格分装.倾斜传送带与水平地面夹角为30°,以速度v0匀速运行.若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A,从放置某个散货时开始计数,当放置第10个散货时,第1个散货恰好被水平抛出.散货与倾斜传送带间的动摩擦因数为μ=,到达顶端前已与倾斜传送带共速.设散货与传感器撞击时间极短,撞击后竖直方向速度不变,水平速度变为0.每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货,若货箱之间无间隔,重力加速度为g.分装系统稳定运行后,连续装货,某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I(如图乙所示),求这段时间内:
(1)单个散货的质量.
(2)水平传送带的平均传送速度大小.
(3)倾斜传送带的平均输出功率.
7.[2025·重庆卷] 如图所示,长度为d的水平传送带以顺时针方向匀速运动.质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放.A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO,且与向右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短).碰后A、B均向右运动,从O点进入粗糙水平地面.设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g.
(1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小;
(2)若碰前瞬间,B的速度大小为A的一半,碰撞为弹性碰撞,且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距为d,求B的质量;
(3)若B的质量是A的n倍,碰后瞬间A和B的动量相同,求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围.
