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增分培优1　利用动力学和能量观点分析传送带问题
典例 (2024·湖南长沙一模)如图1所示，传送带的水平部分ab长度L1＝10 m，倾斜部分bc长度L2＝16.8 m，bc与水平方向的夹角为θ＝37°。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率v＝4 m/s，现将质量m＝2 kg的小煤块(视为质点)由静止轻放到a处，之后它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，且此过程中小煤块不会脱离传送带，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
图1
(1)煤块从a运动到c的时间；
(2)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度；
(3)煤块与传送带间的摩擦生热。
2.划痕长度与摩擦生热的计算
若只有一个相对运动过程，划痕长度等于相对位移的大小；若有两个相对滑动过程，两过程相对位移方向相同时，划痕长度求和，相对位移方向不同时，划痕以长的为准。全过程产生的热量Q＝Ffs相对(s相对是相对路程，即相对位移绝对值的和)。
训练1 (多选)(2024·辽宁沈阳二模)如图2，水平传送带一直以速度v1＝6 m/s向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1 kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2＝10 m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数μ＝0.6，传送带长度L＝15 m，绳足够长，g＝10 m/s2。关于小物体P的描述正确的是(　　)
图2
A.小物体P从传送带左端离开传送带
B.小物体P在传送带上运动的全过程中，加速度一直不变
C.小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9 m
D.小物体P向右运动的过程中和传送带之间摩擦产生的热量是60 J
训练2 (多选)(2024·广东深圳模拟预测)如图3所示，用与水平面成θ＝30°角的传送带输送货物，传送带以v＝2 m/s的速度顺时针运行，地勤人员将一质量m＝5 kg的货物轻轻放在传送带底部，经过4 s的时间到达传送带的顶端。已知货物与传动带之间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
图3
A.货物在传送带上向上运动过程中所受的摩擦力不变
B.传送带从底端到顶端的长度是20 m
C.货物在传送带上向上运动的过程中，由于摩擦产生的热量为30 J
D.货物在传送带上向上运动的过程中，增加的机械能为190 J
1.(2024·安徽卷，4)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轻放一小物块，如图4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(　　)
图4
2.(2024·湖北卷，14)如图5所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，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1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
图5
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(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；
(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
1.(多选)一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图1所示。取沿传送带向下的方向为正方向，则下列v－t图中可能描述小物块在传送带上运动的是(　　)
图1
2.(多选)如图2，质量m＝2 kg的小物块以水平初速度v0＝6 m/s从左端滑上长L＝3 m的水平传送带，小物块始终受到一个方向水平向右、大小F＝4 N的恒力作用，传送带在电动机的带动下沿顺时针方向运行，速度大小恒为0.5v0。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，关于小物块在传送带上运动的过程，下列说法正确的是(　　)
图2
A.小物块一直做匀速直线运动
B.恒力F对小物块做的功为6 J
C.小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为6 J
D.因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能为6 J
3.(2024·四川宜宾二模)如图3甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角θ＝37°，顺时针匀速转动，在输送带下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移x的关系图像(以A位置所在水平面为零势能面)如图乙所示。货物视为质点，质量m＝10 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
图3
A.货物与输送带间的动摩擦因数为0.825
B.输送带A、B两端点间的距离为8 m
C.货物从下端A点运动到上端B点的时间为9 s
D.皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585 J
4.(2024·四川德阳二模)如图4所示，静止的粗糙传送带与水平面夹角为θ＝37°，传送带顶端到底端的距离为L＝14.25 m，平行于传送带的轻绳一端连接质量为m1＝0.3 kg的小物体A，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m2＝0.1 kg的小物体B，在外力的作用下，小物体A静止于传送带的顶端。t＝0时，撤去外力，同时传送带从静止开始以加速度大小为a0＝7 m/s2、顺时针方向匀加速转动，传送带速率达到v＝7 m/s后匀速转动。已知小物体A与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，小物体B始终未与定滑轮相撞，重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图4
(1)传送带匀加速转动瞬间，小物体A加速度的大小；
(2)小物体A从传送带顶端运动到底端的时间。
5.(2024·山东济宁一模)某货物传送装置简化图如图5甲所示，该装置由传送带及固定挡板CDEF组成，挡板与传送带上表面ABCD垂直，传送带上表面与水平地面的夹角θ＝37°，CD与水平面平行。传送带始终匀速转动，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L＝10 m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率v0＝2 m/s，货物质量m＝10 kg，货物与传送带的动摩擦因数μ1＝0.5，与挡板的动摩擦因数μ2＝0.25(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力)。求：
图5
(1)货物在传送带上经历的时间t；
(2)因运送货物传送装置多消耗的电能E。
6.(2024·江苏淮安模拟预测)如图6所示，在电动机的带动下以v＝3 m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带左端与粗糙的弧形轨道平滑对接。质量m＝2 kg的物体(可视为质点)从轨道上高h＝2 m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝5 m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带两端AB之间的距离L＝3.4 m。传送带右端与光滑水平面平滑对接，物体与质量m0＝4 kg的静止小球发生弹性正碰。重力加速度g＝10 m/s2。求：
图6
(1)物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；
(2)物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对物体的冲量大小；
(3)物体与小球碰后到向右再次经过B点的过程中，因为物体在传送带上滑动电动机多消耗的电能。
增分培优1　利用动力学和能量观点分析传送带问题
典例 (2024·湖南长沙一模)如图1所示，传送带的水平部分ab长度L1＝10 m，倾斜部分bc长度L2＝16.8 m，bc与水平方向的夹角为θ＝37°。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率v＝4 m/s，现将质量m＝2 kg的小煤块(视为质点)由静止轻放到a处，之后它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，且此过程中小煤块不会脱离传送带，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
图1
(1)煤块从a运动到c的时间；
(2)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度；
(3)煤块与传送带间的摩擦生热。
答案　(1)5.5 s　(2)8.8 m　(3)44.16 J
解析　(1)煤块在水平部分运动时，由牛顿第二定律得μmg＝ma1
可得煤块运动的加速度a1＝2 m/s2
煤块从静止加速到与传送带共速的距离为
s1＝＝ m＝4 m＜10 m
故煤块在水平部分先加速，后匀速运动，加速的时间t1＝＝2 s
匀速运动的时间t2＝＝ s＝1.5 s
在倾斜传送带上，由于μ＜tan θ＝0.75
故煤块在斜传送带上做加速运动，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
可得煤块在倾斜传送带上的加速度为
a2＝gsin θ－μgcos θ＝4.4 m/s2
根据匀加速运动的位移与时间的关系有
L2＝vt3＋a2t
解得t3＝2 s或t3＝－ s(舍去)
故煤块从a运动到c的时间t＝t1＋t2＋t3＝5.5 s。
(2)煤块在水平传送带的相对位移为
Δs1＝vt1－s1＝(8－4)m＝4 m
煤块在倾斜传送带的相对位移为
Δs2＝L2－vt3＝(16.8－8)m＝8.8 m
由于Δs1与Δs2是重复痕迹，故煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为8.8 m。
(3)煤块在水平传送带的摩擦生热Q1＝Ff1Δs1
其中Ff1＝μmg
解得Q1＝16 J
煤块在倾斜传送带的摩擦生热Q2＝Ff2Δs2
其中Ff2＝μmgcos θ
解得Q2＝28.16 J
故Q＝Q1＋Q2＝16 J＋28.16 J＝44.16 J。
1.传送带问题的分析步骤与方法
2.划痕长度与摩擦生热的计算
若只有一个相对运动过程，划痕长度等于相对位移的大小；若有两个相对滑动过程，两过程相对位移方向相同时，划痕长度求和，相对位移方向不同时，划痕以长的为准。全过程产生的热量Q＝Ffs相对(s相对是相对路程，即相对位移绝对值的和)。训练1 (多选)(2024·辽宁沈阳二模)如图2，水平传送带一直以速度v1＝6 m/s向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1 kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2＝10 m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数μ＝0.6，传送带长度L＝15 m，绳足够长，g＝10 m/s2。关于小物体P的描述正确的是(　　)
图2
A.小物体P从传送带左端离开传送带
B.小物体P在传送带上运动的全过程中，加速度一直不变
C.小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9 m
D.小物体P向右运动的过程中和传送带之间摩擦产生的热量是60 J
答案　ACD
解析　共速前，对小物体P、Q分析，由牛顿第二定律得mg＋μmg＝2ma1，解得a1＝8 m/s2，小物体P与传动带共速时的位移为x1＝＝4 m，共速后，小物体P做匀减速运动，根据牛顿第二定律得mg－μmg＝2ma2，解得a2＝2 m/s2，小物体P减速至零的位移为x2＝＝9 m，由于x1＋x2＜L，小物体P从传送带左端离开传送带，A正确；由上面的计算可知，小物体P在传送带上运动的过程中，加速度有两个值，B错误；t＝0时刻到与传送带共速，划痕长度为l1＝x1－v1＝1 m，共速至P减速为零的过程，划痕长度为l2＝v1－x2＝9 m，考虑到划痕重复，小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为Δl＝l2＝9 m，C正确；小物体P向右运动的过程中和传送带之间摩擦产生的热量是Q＝μmg(l1＋l2)＝60 J，D正确。
训练2 (多选)(2024·广东深圳模拟预测)如图3所示，用与水平面成θ＝30°角的传送带输送货物，传送带以v＝2 m/s的速度顺时针运行，地勤人员将一质量m＝5 kg的货物轻轻放在传送带底部，经过4 s的时间到达传送带的顶端。已知货物与传动带之间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
图3
A.货物在传送带上向上运动过程中所受的摩擦力不变
B.传送带从底端到顶端的长度是20 m
C.货物在传送带上向上运动的过程中，由于摩擦产生的热量为30 J
D.货物在传送带上向上运动的过程中，增加的机械能为190 J
答案　CD
解析　根据牛顿第二定律μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma，又t＝，联立解得t＝0.8 s＜4 s，说明货物经历匀加速运动和匀速运动两个过程，则所受摩擦力发生改变，A错误；传送带从底端到顶端的长度是l＝＋v(4 s－t)＝7.2 m，B错误；货物在传送带上向上运动的过程中，由于摩擦产生的热量为Q＝μmgcos 30°(vt－)，解得Q＝30 J，C正确；货物增加的机械能为ΔE＝mv2＋mglsin 30°，解得ΔE＝190 J，D正确。
1.(2024·安徽卷，4)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轻放一小物块，如图4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(　　)
图4
答案　C
解析　0～t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动。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，故做匀加速运动。t0之后，当物块速度与传送带速度相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度变为零，物块做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。
2.(2024·湖北卷，14)如图5所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，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1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
图5
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(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；
(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m
解析　(1)设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma
设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v1，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有v＝2aL
联立并代入数据得v1＝6 m/s
由于v1>5 m/s，因此假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5 m/s。
(2)设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得
mv1＝－mv2＋Mv3
小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为
ΔEk＝mv－mv－Mv
联立并代入数据得ΔEk＝0.3 J。
(3)经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运动的半径最大，P点到O点的距离最小，设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为v4，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有
Mg＝M
对小球的整个上升过程，由动能定理得
－Mg(l＋l－x)＝Mv－Mv
联立并代入数据得x＝0.2 m。
1.(多选)一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图1所示。取沿传送带向下的方向为正方向，则下列v－t图中可能描述小物块在传送带上运动的是(　　)
图1
答案　ABC
解析　当小物块的初速度沿斜面向下(μ＞tan θ)，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即a＝gsin θ＋μgcos θ，可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，若传送带足够长，则会出现小物块达到传送带速度时，满足mgsin θ＜μmgcos θ，可知二者将共速，故A、B正确；当小物块的初速度沿斜面向上(μ＞tan θ)，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即a＝gsin θ＋μgcos θ，可知小物块先沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，若传送带足够长会出现与传送带共速的情况(μ＞tan θ)或者继续匀加速(μ＜tan θ)，此时加速度满足a′＝gsin θ－μgcos θ＜a，故C正确，D错误。
2.(多选)如图2，质量m＝2 kg的小物块以水平初速度v0＝6 m/s从左端滑上长L＝3 m的水平传送带，小物块始终受到一个方向水平向右、大小F＝4 N的恒力作用，传送带在电动机的带动下沿顺时针方向运行，速度大小恒为0.5v0。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，关于小物块在传送带上运动的过程，下列说法正确的是(　　)
图2
A.小物块一直做匀速直线运动
B.恒力F对小物块做的功为6 J
C.小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为6 J
D.因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能为6 J
答案　ACD
解析　由于F＝μmg，则小物块一直做匀速直线运动，A正确；恒力F对小物块做的功为W＝FL＝12 J，B错误；小物块的运动时间为t＝＝0.5 s，小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为Q＝μmg(v0t－0.5v0t)＝6 J，C正确；因小物块在传送带上运动，电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功，即E＝μmg·0.5v0t＝6 J，D正确。
3.(2024·四川宜宾二模)如图3甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角θ＝37°，顺时针匀速转动，在输送带下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移x的关系图像(以A位置所在水平面为零势能面)如图乙所示。货物视为质点，质量m＝10 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
图3
A.货物与输送带间的动摩擦因数为0.825
B.输送带A、B两端点间的距离为8 m
C.货物从下端A点运动到上端B点的时间为9 s
D.皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585 J
答案　C
解析　由题图可知，货物从开始运动到与传送带相对静止，有ΔE1＝μmgcos 37°·Δx1，对货物有Δx1＝x传－x货＝vt1－vt1＝0.5 m，解得μ＝0.875，故A项错误；由图像可知，物块沿传送带向上运动0.5 m后与传送带相对静止，此后物块的动能不变，重力势能增加，有mgx2sin 37°＝ΔE，其中ΔE＝E2－E1＝480 J，解得x2＝8 m，则传送带两端点之间的距离为L＝x货＋x2＝8.5 m，故B项错误；设加速阶段的加速度大小为a，有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得a＝1 m/s2，设加速阶段时间为t1，有x货＝at，解得t1＝1 s；又v2＝2ax货，设匀速阶段时间为t2，有x2＝vt2，解得t2＝8 s，所以总时间为t＝t1＋t2＝9 s，故C项正确；由能量守恒定律知，皮带输送机多消耗的能量为E＝μmgcos 37°·Δx1＋mv2＋mgLsin 37°，解得E＝550 J，故D项错误。
4.(2024·四川德阳二模)如图4所示，静止的粗糙传送带与水平面夹角为θ＝37°，传送带顶端到底端的距离为L＝14.25 m，平行于传送带的轻绳一端连接质量为m1＝0.3 kg的小物体A，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m2＝0.1 kg的小物体B，在外力的作用下，小物体A静止于传送带的顶端。t＝0时，撤去外力，同时传送带从静止开始以加速度大小为a0＝7 m/s2、顺时针方向匀加速转动，传送带速率达到v＝7 m/s后匀速转动。已知小物体A与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，小物体B始终未与定滑轮相撞，重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图4
(1)传送带匀加速转动瞬间，小物体A加速度的大小；
(2)小物体A从传送带顶端运动到底端的时间。
答案　(1)3.5 m/s2　(2)3 s
解析　(1)设小物体A加速度的大小为a1，绳子的拉力为T1，对小物体A，由牛顿第二定律，有
m1gsin θ＋μm1gcos θ－T1＝m1a1
对物体B，由牛顿第二定律，有T1－m2g＝m2a1
解得a1＝3.5 m/s2。
(2)小物体A从静止到速度等于7 m/s的过程有
t1＝＝2 s，x1＝a1t12＝7 m
当A、B整体的速度等于7 m/s时，摩擦力会改变方向，设小物体A此时的加速度为a2，绳子的拉力为T2，则对小物体A，由牛顿第二定律，有
m1gsin θ－μm1gcos θ－T2＝m1a2
对小物体B，由牛顿第二定律，有
T2－m2g＝m2a2，v－v2＝2a2(L－x1)
解得a2＝0.5 m/s2，v1＝7.5 m/s，t2＝＝1 s
总时间为t＝t1＋t2＝3 s。
5.(2024·山东济宁一模)某货物传送装置简化图如图5甲所示，该装置由传送带及固定挡板CDEF组成，挡板与传送带上表面ABCD垂直，传送带上表面与水平地面的夹角θ＝37°，CD与水平面平行。传送带始终匀速转动，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L＝10 m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率v0＝2 m/s，货物质量m＝10 kg，货物与传送带的动摩擦因数μ1＝0.5，与挡板的动摩擦因数μ2＝0.25(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力)。求：
图5
(1)货物在传送带上经历的时间t；
(2)因运送货物传送装置多消耗的电能E。
答案　(1)5.4 s　(2)202 J
解析　(1)令传送带对货物的弹力为FN1，挡板对货物的弹力大小为FN2，对货物进行受力分析有
FN1＝mgcos θ，FN2＝mgsin θ
由牛顿第二定律有μ1FN1－μ2FN2＝ma
解得a＝2.5 m/s2
货物匀加速至2 m/s的过程，根据速度与位移关系有
v＝2ax0
解得x0＝ m＝0.8 m＜L＝10 m
匀加速直线运动的时间t1＝＝ s＝0.8 s
之后货物做匀速直线运动，经历时间
t2＝＝ s＝4.6 s
则货物在传送带上经历的时间t＝t1＋t2＝5.4 s。
(2)货物在匀加速与匀速运动过程中，传送带的位移分别为x1＝v0t1＝1.6 m，x2＝v0t2＝9.2 m
货物匀加速过程传送带克服摩擦力做功为
Wf1＝Ff1x1＝μ1mgcos θ·x1＝64 J
货物匀速过程传送带克服摩擦力做功为
Wf2＝Ff2x2＝μ2mgsin θ·x2＝138 J
则因运送货物传送装置多消耗的电能为
E＝Wf1＋Wf2＝202 J。
6.(2024·江苏淮安模拟预测)如图6所示，在电动机的带动下以v＝3 m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带左端与粗糙的弧形轨道平滑对接。质量m＝2 kg的物体(可视为质点)从轨道上高h＝2 m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝5 m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带两端AB之间的距离L＝3.4 m。传送带右端与光滑水平面平滑对接，物体与质量m0＝4 kg的静止小球发生弹性正碰。重力加速度g＝10 m/s2。求：
图6
(1)物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；
(2)物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对物体的冲量大小；
(3)物体与小球碰后到向右再次经过B点的过程中，因为物体在传送带上滑动电动机多消耗的电能。
答案　(1)－15 J　(2)4 N·s　(3)12 J
解析　(1)物体从P到A根据动能定理，有
mgh＋Wf＝mv
代入数据解得Wf＝－15 J。
(2)由于物体冲上传送带的初速度大于传送带的速度，开始物体相对传送带向右做匀减速运动，则有
μmg＝ma
解得a＝5 m/s2
物体向右先做匀减速直线运动，减速至与传送带同速时通过的位移x1＝
代入数据解得x1＝1.6 m＜3.4 m
可知物体在传送带上先向右做匀减速直线运动，后向右做匀速直线运动，传送带对物体的摩擦力的冲量为If＝mv－mv0
解得If＝－4 N·s，方向向左。
(3)物体第一次与小球发生弹性碰撞，令物体反弹回来的速度为v1，右侧小球碰后速度为v2，根据动量守恒定律，有mv＝mv1＋m0v2
根据机械能守恒定律，有mv2＝mv＋m0v
解得v1＝－1 m/s，v2＝2 m/s
物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，有
0－v＝－2ax2
解得x2＝0.1 m＜3.4 m
根据v1＝at1
可得经历的时间为t1＝＝0.2 s
可知物体第一次返回还没有到达传送带左端速度已经减为零，随后将再次向右做匀加速直线运动，根据对称性可知，速度将再次增加到v1，因为 v1小于小球速度，物体与小球不会再次碰撞，所以此过程电动机多消耗的电能为E＝2μmgvt1
解得E＝12 J。(共38张PPT)
增分培优1　利用动力学和能量观点分析传送带问题
专题二　能量与动量
目 录
CONTENTS
增分培优
01
课时跟踪训练
03
链接高考真题
02
增分培优
1
典例 (2024·湖南长沙一模)如图1所示，传送带的水平部分ab长度L1＝10 m，倾斜部分bc长度L2＝16.8 m，bc与水平方向的夹角为θ＝37°。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率v＝4 m/s，现将质量m＝2 kg的小煤块(视为质点)由静止轻放到a处，之后它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，且此过程中小煤块不会脱离传送带，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
图1
(1)煤块从a运动到c的时间；
(2)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度；
(3)煤块与传送带间的摩擦生热。
解析　(1)煤块在水平部分运动时，由牛顿第二定律得
μmg＝ma1
可得煤块运动的加速度a1＝2 m/s2
煤块从静止加速到与传送带共速的距离为
在倾斜传送带上，由于μ＜tan θ＝0.75
故煤块在斜传送带上做加速运动，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
可得煤块在倾斜传送带上的加速度为
a2＝gsin θ－μgcos θ＝4.4 m/s2
根据匀加速运动的位移与时间的关系有
(2)煤块在水平传送带的相对位移为
Δs1＝vt1－s1＝(8－4)m＝4 m
煤块在倾斜传送带的相对位移为
Δs2＝L2－vt3＝(16.8－8)m＝8.8 m
由于Δs1与Δs2是重复痕迹，故煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为8.8 m。
(3)煤块在水平传送带的摩擦生热Q1＝Ff1Δs1
其中Ff1＝μmg
解得Q1＝16 J
煤块在倾斜传送带的摩擦生热Q2＝Ff2Δs2
其中Ff2＝μmgcos θ
解得Q2＝28.16 J
故Q＝Q1＋Q2＝16 J＋28.16 J＝44.16 J。
答案　(1)5.5 s　(2)8.8 m　(3)44.16 J
1.传送带问题的分析步骤与方法
2.划痕长度与摩擦生热的计算
若只有一个相对运动过程，划痕长度等于相对位移的大小；若有两个相对滑动过程，两过程相对位移方向相同时，划痕长度求和，相对位移方向不同时，划痕以长的为准。全过程产生的热量Q＝Ffs相对(s相对是相对路程，即相对位移绝对值的和)。
图2
ACD
训练1 (多选)(2024·辽宁沈阳二模)如图2，水平传送带一直以速度v1＝6 m/s向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1 kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2＝10 m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数μ＝0.6，传送带长度L＝15 m，绳足够长，g＝10 m/s2。关于小物体P的描述正确的是(　 　)
A.小物体P从传送带左端离开传送带
B.小物体P在传送带上运动的全过程中，加速度一直不变
C.小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9 m
D.小物体P向右运动的过程中和传送带之间摩擦产生的热量是60 J
图3
CD
A.货物在传送带上向上运动过程中所受的摩擦力不变
B.传送带从底端到顶端的长度是20 m
C.货物在传送带上向上运动的过程中，由于摩擦产生的热量为30 J
D.货物在传送带上向上运动的过程中，增加的机械能为190 J
链接高考真题
2
C
1.(2024·安徽卷，4)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轻放一小物块，如图4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(　　)
图4
解析　0～t0时间内，物块轻放在传送带上，做加速运动。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，故做匀加速运动。t0之后，当物块速度与传送带速度相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度变为零，物块做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。
2.(2024·湖北卷，14)如图5所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，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1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
图5
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(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；
(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m
解析　(1)设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma
设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v1，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有v＝2aL
联立并代入数据得v1＝6 m/s
由于v1>5 m/s，因此假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5 m/s。
(2)设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得
mv1＝－mv2＋Mv3
小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为
联立并代入数据得ΔEk＝0.3 J。
(3)经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运动的半径最大，P点到O点的距离最小，设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为v4，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有
课时跟踪训练
3
ABC
1.(多选)一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图1所示。取沿传送带向下的方向为正方向，则下列v－t图中可能描述小物块在传送带上运动的是(　 　)
图1
解析　当小物块的初速度沿斜面向下(μ＞tan θ)，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即a＝gsin θ＋μgcos θ，可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，若传送带足够长，则会出现小物块达到传送带速度时，满足mgsin θ＜μmgcos θ，
可知二者将共速，故A、B正确；当小物块的初速度沿斜面向上(μ＞tan θ)，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即a＝gsin θ＋μgcos θ，可知小物块先沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，若传送带足够长会出现与传送带共速的情况(μ＞tan θ)或者继续匀加速(μ＜tan θ)，此时加速度满足a′＝gsin θ－μgcos θ＜a，故C正确，D错误。
ACD
2.(多选)如图2，质量m＝2 kg的小物块以水平初速度v0＝6 m/s从左端滑上长L＝3 m的水平传送带，小物块始终受到一个方向水平向右、大小F＝4 N的恒力作用，传送带在电动机的带动下沿顺时针方向运行，速度大小恒为0.5v0。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，关于小物块在传送带上运动的过程，下列说法正确的是(　 　)
图2
A.小物块一直做匀速直线运动
B.恒力F对小物块做的功为6 J
C.小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为6 J
D.因小物块在传送带上运动电动机多消耗的电能为6 J
C
3.(2024·四川宜宾二模)如图3甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角θ＝37°，顺时针匀速转动，在输送带下端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移x的关系图像(以A位置所在水平面为零势能面)如图乙所示。货物视为质点，质量m＝10 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
图3
A.货物与输送带间的动摩擦因数为0.825
B.输送带A、B两端点间的距离为8 m
C.货物从下端A点运动到上端B点的时间为9 s
D.皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585 J
4.(2024·四川德阳二模)如图4所示，静止的粗糙传送带与水平面夹角为θ＝37°，传送带顶端到底端的距离为L＝14.25 m，平行于传送带的轻绳一端连接质量为m1＝0.3 kg的小物体A，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m2＝0.1 kg的小物体B，在外力的作用下，小物体A静止于传送带的顶端。t＝0时，撤去外力，同时传送带从静止开始以加速度大小为a0＝7 m/s2、顺时针方向匀加速转动，传送带速率达到v＝7 m/s后匀速转动。已知小物体A与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，小物体B始终未与定滑轮相撞，重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图4
(1)传送带匀加速转动瞬间，小物体A加速度的大小；
(2)小物体A从传送带顶端运动到底端的时间。
答案　(1)3.5 m/s2　(2)3 s
解析　(1)设小物体A加速度的大小为a1，
绳子的拉力为T1，对小物体A，由牛顿第二定律，有
m1gsin θ＋μm1gcos θ－T1＝m1a1
对物体B，由牛顿第二定律，有T1－m2g＝m2a1
解得a1＝3.5 m/s2。
(2)小物体A从静止到速度等于7 m/s的过程有
当A、B整体的速度等于7 m/s时，摩擦力会改变方向，
设小物体A此时的加速度为a2，绳子的拉力为T2，
则对小物体A，由牛顿第二定律，有
m1gsin θ－μm1gcos θ－T2＝m1a2
对小物体B，由牛顿第二定律，有
5.(2024·山东济宁一模)某货物传送装置简化图如图5甲所示，该装置由传送带及固定挡板CDEF组成，挡板与传送带上表面ABCD垂直，传送带上表面与水平地面的夹角θ＝37°，CD与水平面平行。传送带始终匀速转动，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L＝10 m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率v0＝2 m/s，货物质量m＝10 kg，货物与传送带的动摩擦因数μ1＝0.5，与挡板的动摩擦因数μ2＝0.25(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力)。求：
图5
(1)货物在传送带上经历的时间t；
(2)因运送货物传送装置多消耗的电能E。
答案　(1)5.4 s　(2)202 J
解析　(1)令传送带对货物的弹力为FN1，
挡板对货物的弹力大小为FN2，
对货物进行受力分析有
FN1＝mgcos θ，FN2＝mgsin θ
由牛顿第二定律有μ1FN1－μ2FN2＝ma
解得a＝2.5 m/s2
货物匀加速至2 m/s的过程，根据速度与位移关系有
则货物在传送带上经历的时间t＝t1＋t2＝5.4 s。
(2)货物在匀加速与匀速运动过程中，传送带的位移分别为x1＝v0t1＝1.6 m，x2＝v0t2＝9.2 m
货物匀加速过程传送带克服摩擦力做功为
Wf1＝Ff1x1＝μ1mgcos θ·x1＝64 J
货物匀速过程传送带克服摩擦力做功为
Wf2＝Ff2x2＝μ2mgsin θ·x2＝138 J
则因运送货物传送装置多消耗的电能为
E＝Wf1＋Wf2＝202 J。
6.(2024·江苏淮安模拟预测)如图6所示，在电动机的带动下以v＝3 m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带左端与粗糙的弧形轨道平滑对接。质量m＝2 kg的物体(可视为质点)从轨道上高h＝2 m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0＝5 m/s。物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带两端AB之间的距离L＝3.4 m。传送带右端与光滑水平面平滑对接，物体与质量m0＝4 kg的静止小球发生弹性正碰。重力加速度g＝10 m/s2。求：
图6
(1)物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；
(2)物体第一次向右通过传送带的过程中，摩擦力对物体的冲量大小；
(3)物体与小球碰后到向右再次经过B点的过程中，因为物体在传送带上滑动电动机多消耗的电能。
答案　(1)－15 J　(2)4 N·s　(3)12 J
解析　(1)物体从P到A根据动能定理，有
代入数据解得Wf＝－15 J。
(2)由于物体冲上传送带的初速度大于传送带的速度，开始物体相对传送带向右做匀减速运动，则有
μmg＝ma
解得a＝5 m/s2
代入数据解得x1＝1.6 m＜3.4 m
可知物体在传送带上先向右做匀减速直线运动，
后向右做匀速直线运动，
传送带对物体的摩擦力的冲量为If＝mv－mv0
解得If＝－4 N·s，方向向左。
(3)物体第一次与小球发生弹性碰撞，令物体反弹回来的速度为v1，右侧小球碰后速度为v2，根据动量守恒定律，有mv＝mv1＋m0v2
解得v1＝－1 m/s，v2＝2 m/s
物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，有
解得x2＝0.1 m＜3.4 m
根据v1＝at1
可知物体第一次返回还没有到达传送带左端速度已经减为零，随后将再次向右做匀加速直线运动，根据对称性可知，速度将再次增加到v1，因为 v1小于小球速度，物体与小球不会再次碰撞，所以此过程电动机多消耗的电能为
E＝2μmgvt1
解得E＝12 J。

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