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加分练1　用动力学和能量观点分析传送带模型
保分基础练
1.如图所示,水平传送带以v=2 m/s的速率匀速运行,上方漏斗每秒将40 kg的煤粉竖直放到传送带上,然后一起随传送带匀速运动,该过程传送带与传送轮之间不打滑。如果要使传送带保持原来的速率匀速运行,则电动机应增加的输出功率为(　　)
A.80 W B.160 W C.320 W D.640 W
2.(多选)(2025·广州模拟)如图所示,倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动,转动速度大小为v1,一个物体从传送带底端以初速度大小v2(v2>v1)上滑,同时物体受到平行于传送带向上的恒力F作用,物体与传送带间的动摩擦因数μ=tan θ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列选项中物体运动的v-t图像可能是(　　)
3.(多选)(2025·福建二模)如图所示,某工厂用倾斜传送带运送工件,传送带的倾角为θ,下端A和上端B间的距离为L,以速度v沿顺时针方向运行。可视为质点的工件轻放在传送带的底端A,在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动,从A端运送到B端的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.传送带对工件做功的功率匀加速阶段增大,匀速阶段不变
B.工件匀速运动时,传送带对工件做正功
C.若传送带匀速运行的速度减小些,传送带对工件做的功会增多
D.若传送带匀速运行的速度增大些,传送带对工件做的功可能会减少
4.(2025·郴州联考)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,取重力加速度大小g=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
增分提能练
5.(2025·宁夏模拟)物流公司传送小件货物,简化的传输系统如图所示。曲面AB末端与水平面BC平滑连接于B点,水平面BC与传送带等高。工人将小件甲从A点由静止释放,运动到C点时以速度v0=4 m/s与遗留在平面末端C点的小件乙发生碰撞(碰撞时间极短,碰撞前后甲、乙在同一条直线上运动),碰后甲、乙分别以速度v1=1.5 m/s和v2=5 m/s冲上顺时针运行的传送带上,传送带的速度v=4 m/s,传送带足够长。已知曲面高度h=1 m,小件甲的质量m1=4 kg,小件甲、乙均可视为质点,且与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度取10 m/s2。求:
(1)小件甲从A点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功;
(2)小件乙的质量m2及甲、乙碰撞过程损失的机械能;
(3)小件甲和乙冲上传送带到都与传送带共速过程中,传送带的电动机需额外多消耗的电能。
6.(2025·马鞍山一模)如图所示为某工厂的货物传送装置,倾斜传送带AB与一斜面BC平滑连接,AB、BC与水平面夹角均为37°,B点到C点的距离为s=1 m,传送带顺时针运行,速度恒为v0=4 m/s,传送带长为L=9 m。现将一质量为m=1 kg的货物(可视为质点)轻轻放于A点,货物恰好能到达C点。已知货物与传送带间的动摩擦因数μ1=0.875,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)货物从A点运动到B点所经历的时间;
(2)货物与斜面间的动摩擦因数μ2;
(3)传送带因传送该货物而多消耗的电能。
7.(2025·广州统考)渔业作业中,鱼虾分离装置可实现机械化分离鱼和虾,降低人工成本。其模型如图所示,与水平方向夹角θ=37°的传送带以恒定速度v=3 m/s顺时针转动。鱼虾从分离器下落到C点时速度立即减为零,落点C到传送带上端点B的距离L=5 m,鱼和虾与传送带之间的动摩擦因数分别为μ1=0.8和μ2=0.5,不考虑鱼和虾之间的相互作用,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)鱼和虾刚落在传送带传送时,它们的加速度大小分别是多少;
(2)在传送鱼过程中,鱼相对传送带的路程;
(3)每传送1 kg的鱼到鱼收集箱,传送带多消耗的电能。
加分练1　用动力学和能量观点分析传送带模型
1.B　解析　由功能关系,电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量,所以ΔPt=mv2+Q,传送带做匀速运动,而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半,所以煤粉相对传送带的位移大小等于相对地面的位移大小,结合动能定理,故Q=f·Δx=fx=mv2,代入题中数据,联立解得ΔP=160 W,B项正确。
2.ABD　解析　由于v2>v1,则物块相对于传送带向上运动,所受滑动摩擦力向下,若F=mgsin θ+μmgcos θ,物体的加速度为零,将一直以v2向上匀速运动,B项正确;若F>mgsin θ+μmgcos θ,物体的加速度向上,将一直向上做匀加速直线运动,A项正确;若F3.AB　解析　工件加速运动过程中,摩擦力大小不变,速度增大,摩擦力做功的功率变大,匀速运动时,为静摩擦力,大小不变,摩擦力做功的功率不变,A项正确;工件匀速运动时,工件的机械能增大,传送带对工件做正功,B项正确;若传送带匀速运行的速度减小些,工件从A运动到B重力势能增量不变,动能增量减小,传送带对工件做功减小,C项错误;若传送带匀速运行的速度增大些,工件运动到B点的速度增大,动能增量增大,传送带对工件做功增多,D项错误。
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,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,A项错误;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,B项错误;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,C项正确;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,D项错误。
5.答案　(1)8 J　 (2)2 kg　2.5 J　 (3)32 J
解析　(1)甲从A到C,由动能定理
m1gh-Wf=m1-0,
解得Wf=8 J。
(2)甲、乙碰撞,由动量守恒定律
m1v0=m1v1+m2v2,
解得m2=2 kg,
损失的机械能ΔE机=m1-,
解得ΔE机=2.5 J。
(3)甲冲上传送带先做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律μm1g=m1a1,
解得a1=5 m/s2,
甲加速到与传送带共速的时间Δt1==0.5 s,
此过程传送带发生的位移x1=vΔt1=2 m,
传送带克服甲物体摩擦力做功Wf1=μm1gx1=40 J,
乙冲上传送带先做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律
μm2g=m2a2,
解得a2=5 m/s2,
乙减速到与传送带共速的时间Δt2==0.2 s,
此过程传送带发生的位移x2=vΔt2=0.8 m,
乙物体对传送带的摩擦力做了正功Wf2=μm2gx2=8 J,
电动机需额外消耗的电能ΔE电=Wf1-Wf2=32 J。
6.答案　(1)4.25 s　(2)0.25　(3)118 J
解析　(1)假设货物在传送带上先做匀加速直线运动后做匀速直线运动,则ma1=μ1mgcos 37°-mgsin 37°,
解得a1=1 m/s2,
加速距离x1==8 m货物加速时间t1==4 s,
匀速时间t2==0.25 s,
从A运动到B的时间t=t1+t2=4.25 s。
(2)在BC段=2a2 s,
解得a2=8 m/s2,
又ma2=μ2mgcos 37°+mgsin 37°,
解得μ2=0.25。
(3)小货物与传送带间因摩擦而产生的热量
Q=μ1mgcos 37°·(v0t1-x1)=56 J,
由能量守恒定律,传送带因传送该货物而多消耗的电能
E=mgLsin 37°+m+Q,
解得E=118 J。
7.答案　(1)0.4 m/s2,2 m/s2　 (2)10 m　 (3)96 J
解析　(1)鱼刚落在传送带传送时,根据牛顿第二定律可得μ1m1gcos θ-m1gsin θ=m1a1,
解得鱼的加速度大小为a1=0.4 m/s2,
方向沿传送带向上;
虾刚落在传送带传送时,根据牛顿第二定律可得
m2gsin θ-μ2m2gcos θ=m2a2,
解得虾的加速度大小为a2=2 m/s2,
方向沿传送带向下。
(2)在传送鱼过程中,假设鱼到上端点B的速度仍小于传送带速度,根据运动学公式可得2a1L=,
解得vB=2 m/s<3 m/s,假设成立;
在传送鱼过程所用时间为t1==5 s,
鱼相对传送带的路程为
Δs=vt1-t1=3×5 m-×5 m=10 m。
(3)每传送1 kg的鱼到鱼收集箱,因摩擦产生的热量
Q=μ1m1gcos θ·Δs=64 J,
根据能量守恒可知,每传送1 kg的鱼到鱼收集箱,传送带多消耗的电能为ΔE电=Q+m1+m1gLsin θ,
代入数据解得ΔE电=96 J。(共26张PPT)
加分练1　用动力学和能量观点分析传送带模型
1.如图所示，水平传送带以v=2 m/s的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40 kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动，该过程传送带与传送轮之间不打滑。如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的输出功率为(　　)
A.80 W B.160 W
C.320 W D.640 W
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由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，所以ΔPt=mv2+Q，传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移大小等于相对地面的位移大小，结合动能定理，故Q=
f·Δx=fx=mv2，代入题中数据，联立解得ΔP=160 W，B项正确。
解析
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2.(多选)(2025·广州模拟)如图所示，倾角为θ的足够
长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一
个物体从传送带底端以初速度大小v2(v2>v1)上滑，同
时物体受到平行于传送带向上的恒力F作用，物体与
传送带间的动摩擦因数μ=tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列选项中物体运动的v-t图像可能是(　　)
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由于v2>v1，则物块相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下,若F=mgsin θ+μmgcos θ，物体的加速度为零，将一直以v2向上匀速运动，B项正确；若F>mgsin θ+μmgcos θ，物体的加速度向上，将一直向上做匀加速直线运动，A项正确；若F解析
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3.(多选)(2025·福建二模)如图所示，某工厂用倾斜传送带运送工件，传送带的倾角为θ，下端A和上端B间的距离为L，以速度v沿顺时针方向运行。可视为质点的工件轻放在传送带的底端A，在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动，从A端运送到B端的过程中，下列说法正确的是(　　)
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A.传送带对工件做功的功率匀加速阶段增大，匀速阶段不变
B.工件匀速运动时，传送带对工件做正功
C.若传送带匀速运行的速度减小些，传送带对工件做的功会增多
D.若传送带匀速运行的速度增大些，传送带对工件做的功可能会减少
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工件加速运动过程中，摩擦力大小不变，速度增大，摩擦力做功的功率变大，匀速运动时，为静摩擦力，大小不变，摩擦力做功的功率不变，A项正确；工件匀速运动时，工件的机械能增大，传送带对工件做正功，B项正确；若传送带匀速运行的速度减小些，工件从A运动到B重力势能增量不变，动能增量减小，传送带对工件做功减小，C项错误；若传送带匀速运行的速度增大些，工件运动到B点的速度增大，动能增量增大，传送带对工件做功增多，D项错误。
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4.(2025·郴州联考)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，取重力加速度大小g=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(　　)
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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
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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，物体与传送带间的最大静摩擦力大于重力沿传
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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，A项错误；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，B项错误;若传送带的长度为3 m，则物体运动的时间t=t1+t2=+=0.8 s，
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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,
C项正确；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，D项错误。
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5.(2025·宁夏模拟)物流公司传送
小件货物，简化的传输系统如图
所示。曲面AB末端与水平面BC平
滑连接于B点，水平面BC与传送带等高。工人将小件甲从A点由静止释放，运动到C点时以速度v0=4 m/s与遗留在平面末端C点的小件乙发生碰撞(碰撞时间极短，碰撞前后甲、乙在同一条直线上运动)，碰后
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增分提能练
甲、乙分别以速度v1=1.5 m/s和v2=5 m/s冲上顺时针运行的传送带上，传送带的速度v=4 m/s，传送带足够长。已知曲面高度h=1 m，小件甲的质量m1=4 kg，小件甲、乙均可视为质点，且与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度取10 m/s2。求：
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甲从A到C，由动能定理
m1gh-Wf=m1-0，
解得Wf=8 J。
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(1)小件甲从A点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功；
甲、乙碰撞，由动量守恒定律
m1v0=m1v1+m2v2，
解得m2=2 kg，
损失的机械能ΔE机=m1-，
解得ΔE机=2.5 J。
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(2)小件乙的质量m2及甲、乙碰撞过程损失的机械能；
甲冲上传送带先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律μm1g=m1a1，
解得a1=5 m/s2，
甲加速到与传送带共速的时间Δt1==0.5 s，
此过程传送带发生的位移x1=vΔt1=2 m，
传送带克服甲物体摩擦力做功Wf1=μm1gx1=40 J，
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(3)小件甲和乙冲上传送带到都与传送带共速过程中，传送带的电动机需额外多消耗的电能。
乙冲上传送带先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律
μm2g=m2a2，
解得a2=5 m/s2，
乙减速到与传送带共速的时间Δt2==0.2 s，
此过程传送带发生的位移x2=vΔt2=0.8 m，
乙物体对传送带的摩擦力做了正功Wf2=μm2gx2=8 J，
电动机需额外消耗的电能ΔE电=Wf1-Wf2=32 J。
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6.(2025·马鞍山一模)如图所示为某工厂的货物
传送装置，倾斜传送带AB与一斜面BC平滑连接，
AB、BC与水平面夹角均为37°，B点到C点的距
离为s=1 m，传送带顺时针运行，速度恒为v0=
4 m/s，传送带长为L=9 m。现将一质量为m=1 kg的货物(可视为质点)轻轻放于A点，货物恰好能到达C点。已知货物与传送带间的动摩擦因数μ1=0.875，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求：
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假设货物在传送带上先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，则ma1=μ1mgcos 37°-mgsin 37°，
解得a1=1 m/s2，
加速距离x1==8 m货物加速时间t1==4 s，
匀速时间t2==0.25 s，
从A运动到B的时间t=t1+t2=4.25 s。
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(1)货物从A点运动到B点所经历的时间；
在BC段=2a2 s，
解得a2=8 m/s2，
又ma2=μ2mgcos 37°+mgsin 37°，
解得μ2=0.25。
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(2)货物与斜面间的动摩擦因数μ2；
小货物与传送带间因摩擦而产生的热量
Q=μ1mgcos 37°·(v0t1-x1)=56 J，
由能量守恒定律，传送带因传送该货物而多消耗的电能
E=mgLsin 37°+m+Q，
解得E=118 J。
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(3)传送带因传送该货物而多消耗的电能。
7.(2025·广州统考)渔业作业中，鱼虾分
离装置可实现机械化分离鱼和虾，降低人
工成本。其模型如图所示，与水平方向夹
角θ=37°的传送带以恒定速度v=3 m/s顺
时针转动。鱼虾从分离器下落到C点时速
度立即减为零，落点C到传送带上端点B
的距离L=5 m，鱼和虾与传送带之间的动
摩擦因数分别为μ1=0.8和μ2=0.5，不考虑鱼和虾之间的相互作用，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度大小g=10 m/s2。求：
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鱼刚落在传送带传送时，根据牛顿第二定律可得
μ1m1gcos θ-m1gsin θ=m1a1，
解得鱼的加速度大小为a1=0.4 m/s2，
方向沿传送带向上；
虾刚落在传送带传送时，根据牛顿第二定律可得
m2gsin θ-μ2m2gcos θ=m2a2，
解得虾的加速度大小为a2=2 m/s2，
方向沿传送带向下。
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(1)鱼和虾刚落在传送带传送时，它们的加速度大小分别是多少；
在传送鱼过程中，假设鱼到上端点B的速度仍小于传送带速度，根据运动学公式可得2a1L=，
解得vB=2 m/s<3 m/s，假设成立；
在传送鱼过程所用时间为t1==5 s，
鱼相对传送带的路程为
Δs=vt1-t1=3×5 m-×5 m=10 m。
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(2)在传送鱼过程中，鱼相对传送带的路程；
每传送1 kg的鱼到鱼收集箱，因摩擦产生的热量
Q=μ1m1gcos θ·Δs=64 J，
根据能量守恒可知，每传送1 kg的鱼到鱼收集箱，传送带多消耗的电能为ΔE电=Q+m1+m1gLsin θ，
代入数据解得ΔE电=96 J。
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(3)每传送1 kg的鱼到鱼收集箱，传送带多消耗的电能。加分站 1　用动力学和能量观点分析传送带模型
例　(2025·邯郸模拟)如图甲所示的等双翼式传输机,其两侧有等长的传送带,且倾角可以在一定范围内调节,方便不同工况下的货物传送作业,工作时两传送带匀速转动且速度相同。图乙为等双翼式传输机工作示意图,M1、M2代表两条传送带。某次工作时,调整M1倾角为37°,M2倾角为30°,两传送带轮轴间距均为6 m(轮轴半径忽略不计),运行速率均为2 m/s。将货物无初速放在M1的最低端,传到M2的最高端。M1和M2的接触面与货物之间的动摩擦因数均为μ=0.8。货物在传送带连接处的速率变化忽略不计,g=10 m/s2。求:
(1)货物从M1最低端运动到与M1共速时的位移;
(2)传输机因运送一件质量为50 kg的货物从M1最低端运动到M2顶端,需多消耗的电能。
[尝试解答]
[思维路径]　传送带问题的分析思路
训练1　(2025·深圳模拟)传送带运输经常应用于分拣货物中。如图甲为传送带输送机简化模型图,传送带输送机倾角θ=30°,顺时针匀速转动,在传送带下端A点无初速度放入货物。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s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=2 kg,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)货物与传送带间的动摩擦因数μ;
(2)货物从下端A点运动到上端B点的时间t;
(3)传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能E0。
训练2　(2025·南京联考)如图所示,一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动,质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接,轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带,P与定滑轮间的绳子水平,已知物块P与传送带间的动摩擦因数为0.25,重力加速度为g,不计滑轮的质量与摩擦。求:
(1)运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比;
(2)P与传送带共速时,小物块Q上升的高度;
(3)物块P从刚冲上传送带到右方最远处的过程中,P、Q系统机械能的改变量。
高考真题·体验
1.(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(　　)
2.(2024·湖北卷)如图所示,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0.1 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。
(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。
加分站1　用动力学和能量观点分析传送带模型
例　答案　(1)5 m　 (2)5 000 J
解析　(1)根据牛顿第二定律,有
μmgcos 37°-mgsin 37°=ma,
解得货物的加速度为a=0.4 m/s2,
与M1共速时间t==5 s,
货物从M1最低端运动到与M1共速时的位移
x=t=5 m。
(2)货物与M1共速时,相对传送带的位移为
Δx=vt-x=5 m,
需多消耗的电能为E=μmgcos 37°Δx+mv2+mgL(sin 37°+sin 30°)=5 000 J。
训练1　答案　(1)　(2)1.9 s　 (3)46 J
解析　(1)由题图乙知,货物沿传送带向上运动s1=0.8 m后,与传送带保持相对静止,根据功能关系有
μmgcos θ·s1=ΔE1,
解得货物与传送带间的动摩擦因数μ=。
(2)货物沿传送带向上运动s1=0.8 m时,与传送带保持相对静止,此时有E1=mgs1sin θ+mv2,
解得传送带速度为v=2 m/s,
设货物加速过程所用时间为t1,根据运动学公式可得
s1=t1,
解得t1=0.8 s,
设A点到B点的距离为L,货物在B点时,有
E2=mgLsin θ+mv2,
解得L=3 m,
货物匀速阶段所用时间t2==1.1 s,
货物从下端A点运动到上端B点的时间
t=t1+t2=1.9 s。
(3)货物在与传送带共速前,发生的相对位移
Δx=x传-s1=vt1-s1=0.8 m,
因摩擦产生的热量Q=μmgcos θ·Δx=12 J,
根据能量守恒可知传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能E0=Q+E2=46 J。
训练2　答案　(1)2∶1　(2)　(3)0
解析　(1)设P的位移、加速度大小分别为s1、a1,Q的位移、加速度大小分别为s2、a2,因s1=2s2,
故a1=2a2,
则==2∶1。
(2)对P有μmg+T=ma1,
对Q有mg-2T=ma2,
解得T=0.35mg,a1=0.6g,
P先减速到与传送带速度相同,位移
x1==,
小物块Q上升的高度hQ==。
(3)共速后,由于f=μmg对P有T-μmg=ma1',
对Q有mg-2T=ma2',
解得a1'=0.2g,
减速到0的位移x2==,
P、Q系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功,
ΔE=-μmgx1+μmgx2=0。
高考真题体验
1.C　解析　0~t0时间内:物块轻放在传送带上,做加速运动。由受力分析可知,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相同时,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项正确,A、B、D三项错误。
2.答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m
解析　(1)根据题意,小物块在传送带上,由牛顿第二定律有
μm物g=m物a,
解得a=5 m/s2,
由运动学公式可得,小物块与传送带共速时运动的距离
x==2.5 m小物块运动到传送带右端前与传送带共速,即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5 m/s。
(2)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
m物v=m物v1+m球v2,
其中v=5 m/s,v1=-1 m/s,
解得v2=3 m/s,
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ΔEk=m物v2-m物-m球,
解得ΔEk=0.3 J。
(3)若小球运动到P点正上方,绳子恰好不松弛,设此时P点到O点的距离为d,小球在P点正上方的速度为v3,在P点正上方,由牛顿第二定律有
m球g=m球,
小球从O点正下方到P点正上方过程中,由机械能守恒定律有
m球=m球+m球g(2L绳-d),
联立解得d=0.2 m,
即P点到O点的最小距离为0.2 m。(共23张PPT)
加分站 1
用动力学和能量观点分析传送带模型
例　(2025·邯郸模拟)如图甲所示的等双翼式传输机，其两侧有等长的传送带，且倾角可以在一定范围内调节，方便不同工况下的货物传送作业，工作时两传送带匀速转动且速度相同。图乙为等双翼式传输机工作示意图，M1、M2代表两条传送带。某次工作时，调整M1倾角为37°，M2倾角为30°，两传送带轮轴间距均为6 m(轮轴半径忽略不计)，运行速率均为2 m/s。将货物无初速放在M1的最低端，传到M2的最高端。M1和M2的接触面与货
物之间的动摩擦因数均为μ=0.8。货物在传送带连接处的速率变化忽略不计，g=10 m/s2。求：
(1)货物从M1最低端运动到与M1共速时的位移；
根据牛顿第二定律，有μmgcos 37°-mgsin 37°=ma，
解得货物的加速度为a=0.4 m/s2，
与M1共速时间t==5 s，
货物从M1最低端运动到与M1共速时的位移
x=t=5 m。
解析
(2)传输机因运送一件质量为50 kg的货物从M1最低端运动到M2顶端，需多消耗的电能。
货物与M1共速时，相对传送带的位移为
Δx=vt-x=5 m，
需多消耗的电能为
E=μmgcos 37°Δx+mv2+mgL(sin 37°+sin 30°) =5 000 J。
解析
[思维路径]　传送带问题的分析思路
训练1　(2025·深圳模拟)传送带运输经常应用于分拣货物中。如图甲为传送带输送机简化模型图，传送带输送机倾角θ=30°，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。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s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=2 kg，重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)货物与传送带间的动摩擦因数μ；
由题图乙知，货物沿传送带向上运动s1=0.8 m后，与传送带保持相对静止，根据功能关系有
μmgcos θ·s1=ΔE1，
解得货物与传送带间的动摩擦因数μ=。
解析
(2)货物从下端A点运动到上端B点的时间t；
货物沿传送带向上运动s1=0.8 m时，与传送带保持相对静止，此时有E1=mgs1sin θ+mv2，
解得传送带速度为v=2 m/s，
设货物加速过程所用时间为t1，根据运动学公式可得
s1=t1，
解得t1=0.8 s，
解析
设A点到B点的距离为L，货物在B点时，有
E2=mgLsin θ+mv2，
解得L=3 m，
货物匀速阶段所用时间t2==1.1 s，
货物从下端A点运动到上端B点的时间
t=t1+t2=1.9 s。
解析
(3)传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能E0。
货物在与传送带共速前，发生的相对位移
Δx=x传-s1=vt1-s1=0.8 m，
因摩擦产生的热量Q=μmgcos θ·Δx=12 J，
根据能量守恒可知传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能E0=Q+E2=46 J。
解析
训练2　(2025·南京联考)如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运 动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端
以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平，已知物块P与传 送带间的动摩擦因数为0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦。求：
(1)运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比；
设P的位移、加速度大小分别为s1、a1，Q的位移、加速度大小分别为s2、a2，因s1=2s2，
故a1=2a2，
则==2∶1。
解析
(2)P与传送带共速时，小物块Q上升的高度；
对P有μmg+T=ma1，对Q有mg-2T=ma2，
解得T=0.35mg，a1=0.6g，
P先减速到与传送带速度相同，位移
x1==，
小物块Q上升的高度hQ==。
解析
(3)物块P从刚冲上传送带到右方最远处的过程中，P、Q系统机械能的改变量。
共速后，由于f=μmg对P有T-μmg=ma1'，
对Q有mg-2T=ma2'，
解得a1'=0.2g，
解析
减速到0的位移x2==，
P、Q系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功，
ΔE=-μmgx1+μmgx2=0。
解析
1.(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(　　)
0~t0时间内：物块轻放在传送带上，做加速运动。由受力分析可知，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相同时，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项正确，A、B、D三项错误。
解析
2.(2024·湖北卷)如图所示，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0.1 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。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有μm物g=m物a，
解得a=5 m/s2，
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离
x==2.5 m小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即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5 m/s。
解析
(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；
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
m物v=m物v1+m球v2，其中v=5 m/s，v1=-1 m/s，
解得v2=3 m/s，
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ΔEk=m物v2-m物-m球，解得ΔEk=0.3 J。
解析
(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。
若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有
m球g=m球，
解析
小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
m球=m球+m球g(2L绳-d)，
联立解得d=0.2 m，
即P点到O点的最小距离为0.2 m。
解析

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