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专题11 牛顿运动定律的应用之传送带模型水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。【例1】如图所示，水平长传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带之间的动摩擦因数为，AB长为L，L足够长。问： (1)物体从A到B做什么运动？(2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？(3)物体从A到B运动的时间为多少？(4)什么条件下物体从A到B所用时间最短？【答案】(1)先匀加速，后匀速(2)(3) (4)v【解析】(1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动。(2)由vat和ag，解得t (4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v。倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。【例2】如图所示，传送带与地面夹角37，AB长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。求物体从A运动到B所需时间是多少？(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)【答案】2 s【解析】物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力Ff，物体受力情况如图甲所示。物体由静止加速，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1，得a110(0.60.50.8) m/s210 m/s2。物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1 s1 s，时间t1内的位移xa1t5 m。由于tan ，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力Ff。此时物体受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma2，得a22 m/s2。【跟踪训练】1.在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为()A.5 mm B.6 mm C.7 mm D.10 mm【答案】A【解析】木箱加速的时间为t，这段时间内木箱的位移为x1，而传送带的位移为x2vt，传送带上将留下的摩擦痕迹长为lx2x1，联立各式并代入数据，解得l5.2 mm，选项A正确。2. 如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是()A.0.4 B.0.2C.t4.5 s D.t3 s【答案】BC 2.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()【答案】D【解析】开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，所以a1gsin gcos 木块加速至与传送带速度相等时，由于tan ，则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2所以a2gsin gcos 根据以上分析，有a2a1，所以选项D正确。 3.如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转。从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A经tA9.5 s 到达传送带另一端Q，物体B经tB10 s到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t0时刻，分别作出三物体的vt图象如图乙、丙、丁所示，取g10 m/s2，求： (1)传送带的速度大小v0；(2)传送带的长度L；(3)物体A、B、C与传送带间的动摩擦因数；(4)物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC。【答案】(1)4 m/s(2)36 m(3)0.40.20.012 5 (4)24 s【解析】(1)物体A与B先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度与传送带的最终速度相等，所以由图乙、丙可知传送带的速度大小是4 m/s。(2)vt图线与t轴围成图形的面积表示物体的位移，所以A的位移xA36 m，传送带的长度L与A的位移相等，也是36 m。(3)(4)A的加速度aA4 m/s2由牛顿第二定律得AmgmaA，所以A0.4同理，B的加速度aB2 m/s2，B0.2 4. 如图所示，倾角为37，长为l16 m的传送带，转动速度为v10 m/s，动摩擦因数0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m0.5 kg的物体。已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2.求：（1）传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；（2）传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间。【答案】 (1) 4 s(2) 2 s【解析】(1) 传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，又tan ，故向下匀加速运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律有mg(sin 37cos 37)ma则agsin 37gcos 372 m/s2，根据lat2得t4 s.(2) 传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma1则有a110 m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1 s1 s，x1a1t5 mmgcos 37，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力摩擦力发生突变。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则 解得：t21 s(t211 s舍去)所以t总t1t22 s.模拟提升1（安徽省淮北一中2019届高三第一学期第二次月考）如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象（以地面为参考系）如图乙所示已知v2v1，物块和传送带间的动摩擦因数为，物块的质量为m，则（）A t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B 0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左C 0t2时间内，摩擦力产生的热量为D 0t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为【答案】D【解析】0t1时间内木块向左做匀减速直线运动，t1时刻以后小物块向右运动，则t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2t3时间内小物块不受摩擦力作用，故B错误；0-t2时间内，物块与传送带间的相对路程为：；摩擦产生的热量为：Q=mgs=mg故C错误；0-t2时间内，物块在传送带上留下的划痕为：L=s=，故D正确；故选D。2（四川省三台中学高三第2次考试）如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v2m/s，一物块从B端以初速度v04 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数0.4，g取10m/s2，下列判断正确的是（ ）A 如果物块从A端离开传送带，两端A、B间距离可能为3 mB 如果物块从B端离开传送带，两端A、B间距离可能为3 mC 如果两端A、B间距离为4 m，物块离开传送带时的速度大小为2 m/sD 如果两端A、B间距离为4 m，物块离开传送带时的速度大小为4 m/s【答案】BC【解析】 2m；故A错误；B、若从B端离开，只要传送带长度大于2m即可，故B正确；C、若AB间距为4m,则物块向左匀减速2m，然后向由开始匀加速运动2m，故C正确；故本题选BC.3（2019届贵州省遵义航天高级中学高三第二次模拟考试）如图1所示,倾角为的足够长传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行. 时,将质量的小物块(可视为质点)轻放在传送带上,物块速度随时间变化的图象如图2所示.设沿传送带向下为正方向,取重力加速度.则( )A 摩擦力的方向始终沿传送带向下B 12内,物块的加速度为2C 传送带的倾角D 物体与传送带之间的动摩擦因数【答案】BD【解析】开始物块相对于传送带向后滑动，物块受到的摩擦力平行于传送带向下，当物块受到大于传送带速度后，物块受到的摩擦力方向平行于传送带向上，故A错误；由图2所示图象可知，12s内，物块的加速度，故B正确；由图2所示图象可知，在01s内物块的加速度，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma，在12s内，由牛顿第二定律得：mgsin-mgcos=ma，解得：=0.5，=37，故C错误，D正确。所以BD正确，AC错误。4（2018辽宁省新民市第一高级中学高二下期末）如图传送带以v1的速度匀速运动，物体以v2的速度从B点滑上传送带，已知A、B之间的传送带长度为L，物体与传送带之间的动摩擦因素为，则以下判断正确的是（）A 当时，物体一定从左端离开传送带B 当时，物体一定从左端离开传送带C 物体从右端B点离开传送带时的速度一定等于v1D 物体从右端B点离开传送带时的速度一定不会大于v2【答案】BD【解析】A、当物体向左的速度等于0时的位移满足：时，即当时，物体一定从左端离开传送带，与传送带的速度无关，故选项A错误，B正确；度达到做匀速直线运动，滑动B端的速度为，都不可能大于，故C错误，D正确。5（2019届宁夏银川一中高三第二次月考）如图所示，水平传送带A、B两端相距s7.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数0.1.工件滑上A端瞬时速度vA4 m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，g取10 m/s2，则( )A 若传送带不动，则vB2 m/sB 若传送带以速度v4 m/s逆时针匀速转动，vB1 m/sC 若传送带以速度v5 m/s顺时针匀速转动，vB5 m/sD 若传送带以速度v6 m/s顺时针匀速转动，vB6 m/s【答案】BC【解析】若传送带不动，工件的加速度a=g=1m/s2，由 vB2-vA22as，得m/s=1m/s。故A错误。若传送带以速度V=4m/s逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，由牛顿第二定律得知，工件的加速度仍为a=g，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则vB=1m/s。故B正确。若传送带以速度v=5m/s顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向右，做匀加速运动，工件的加速度仍为a=g，当达到于传送带共速时，则以后物体将以5m/s的速度到达B点，选项C正确；若传送带以速度v6 m/s顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向右，做匀加速运动，工件的加速度仍为a=g，当达到于传送带共速时说明物块到达B点时还未与传送带共速，则速度小于6 m/s。D错误。故选BC.6（2018广东省普宁市第二中学高三七校联合体考前冲刺）如图所示，竖直平面内四分之一光滑圆弧轨道AP和水平传送带PC相切于P点，圆弧轨道的圆心为O，半径为R一质量为m的小物块从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，再滑上传送带PC，传送带可以速度沿逆时针方向的传动小物块与传送带间的动摩擦因数为，不计物体经过圆弧轨道与传送带连接处P时的机械能损失，若传送带沿逆时针方向转动，物块恰能滑到右端C，重力加速度为g=10 m/s2则下列说法正确的是A 若水平传送带沿逆时针方向转动的速度增大，小物块不能滑到传送带右端CB 传送带PC之间的距离C 若传送带速度大小v0不变，顺时针转动，小物块从P点滑到C点所用的时间D 若传送带速度大小v0不变，顺时针转动，要让小物块一直在传送带上做匀减速运动，则小物块在圆弧顶点A的最小速度【答案】BCD B、从A到C，对小物块运用动能定理可得：，解得：，故B正确；C、若传送带速度大小v0不变，顺时针转动，根据动能定理得：，可得，物块滑动到P点的速度： 根据牛顿第二定律可得：，得 假设传送带足够长，共速时间： 共速时小物块相对P点向右运动的位移：，故小物块在传送带上先做匀减速运动，然后做匀速运动，则匀速运动的时间为：可得小物块从P点滑到C点所用的时间：，故C正确；D、若传送带速度大小v0不变，要让小物块一直在传送带上做匀减速运动，则小物块滑到传送带右端C时速度恰好与传送带共速为： 7（2018江苏省姜堰中学高二第二学期学业水平测试）下图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角=37，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近。水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动。将质量为10kg的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5。试求：（1）米袋到达B端时的速度（2）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离（3）若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件【答案】（1）5m/s（2）1.25m（3）vCD4m/s【解析】（1）米袋在AB上加速时的加速度：a0=g=5m/s2米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离：s0=2.5mAB=3m，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度，即米袋到达B端时的速度5m/s；（2）设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma代入数据得：a=10 m/s2所以能滑上的最大距离：=1.25m（3）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v1之前的加速度为：a1=-g（sin+cos）=-10 m/s2米袋速度小于v1至减为零前的加速度为：a2=-g（sin-cos）=-2 m/s2由解得：v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度：vCDv1=4m/s 8（2019届甘肃静宁县第一中学高三上第一次模拟考试）一实验室中传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=6m，BC段是倾斜的，长度LBC=5m，倾角，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦，重力加速度g取10。现将一个工件（可看成质点）无初速度地放在A点。（sin 37=0.6，cos 37=0.8） 求：（1）工件第一次到达B点所用的时间；（2）工件沿传送带BC上升的最大位移大小；（3）工件运动了18s时的速度大小。【答案】（1）1.9s；（2）4m；（3）4m/s【解析】（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为a1由牛顿第二定律得：mg=ma1，解得：a1=g=5m/s2，经t1时间与传送带的速度相同，则t1=0.8s，前进的位移为：x1=a1t12=1.6m，此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时：t2=1.1s，所以工件第一次到达B点所用的时间：t=t1+t2=1.9s；（2）设工件上升的最大位移为s，由牛顿第二定律得：mgsin-mgcos=ma2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：s=，解得：s=4m；（3）工件沿传送带向上运动的时间为：，此后工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，T=2t+2t3=7.8s，此时工件的速度：vt=4m/s；9（2019届齐鲁名校教科研协作体湖北、山东部分重点中学高三第一次联考）如图所示，传送带与地面的倾角37，从A到B的长度为8.8 m，传送带以v06 m/s的速度逆时针转动在传送带上端无初速放一个质量为1 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数0.5，重力加速度g=10m/s2 ，(sin370.6，cos370.8) （1）求物体从A运动到B所需的时间是多少？（2）若物体在传送带上可以留下划痕，求划痕的长度？（3）若传送带顺时针转动，此时物体以8m/s的初速度由B沿斜面向上运动，若使物体能够运动到A，求传送带速度满足的条件？【答案】(1) 1.6 s (2) 1.8 m (3) 【解析】(1)开始阶段，传送带对物体的滑动摩擦力平行传送带向下，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图（a）；由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma1 解得：a1gsingcos10 m/s2物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t10.6 s 发生的位移s1a1t12/21.8m8.8m，即物体加速到6 m/s时仍未到达B点当物体加速至与传送带速度相等时，由于tan，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带对物体的滑动摩擦力平行传送带向上，受力分析如图（b）由牛顿第二定律有mgsinmgcosma2解得a22 m/s2 设第二阶段物体滑动到B的时间为t2则：LABs1v0t2a2t22/2解得：t21 s，t27 s(舍去)故物体经历的总时间tt1t21.6 s. (2)物体加速至传送带的速度时，传送带前进的位移为：s1vt13.6 m，而物体的位移s21.8 m，物体相对于传送带向上前进的距离为s1s1s21.8 m 物体的速度大于传送带的速度后，传送带前进s3vt26m，物体前进s47 m，物体相对于传送带向下滑行s2s4s31 m 所以物体在传送带上划痕的长为s11.8 m. 速度小于皮带速度时，摩擦力平行传送带向上，如图（b）。由牛顿第二定律有mgsinmgcosma2 解得a22 m/s2由得：10（2019届湖北省公安县车胤中学高三9月月考）如图所示，一水平的长L=2.25m的传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以v0=4m/s匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m=1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为1=0.2，经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F=17N，F作用了t0=1s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M=4kg，（重力加速度为g=10m/s2），求：(1)传送带上黑色痕迹的长度；(2)求平板与地面间动摩擦因数的大小；(3)平板上表面至少多长？（计算结果保留两位有效数字）。【答案】（1）3.75m；（2）0.3；（3）1.6m。【解析】（1）对煤块由牛顿第二定律：1mg=ma1得 a1=2m/s2若煤块一直加速到右端，设到右端速度为v1得：v12=2a1L解得：v1=3m/s因为v1v0，所以煤块一直加速到右端，设需t1时间到右端得：t1时间内皮带位移：s皮=v0t1=4m=6ms=s皮-L=6-2.25m=3.75m（2）煤块滑上平板时速度 v1=3m/s，a1=2m/s两者速度相等有：v共=v1-a1t0=a2t0解得 a2=1m/s2v共=1m/s对平板由牛顿第二定律：F+1mg-2（M+m）g=Ma2解得：2=0.3（3）由于21，共速后煤块将以a1匀减速到停止，而平板以a3匀减速对平板由牛顿第二定律：1mg-2（M+m）g=Ma3解得 s板=m全过程煤块位移：s煤=m所以板长 l=s煤-s板1.6m11（2019届广东省惠州市惠东中学高三上第二次抽测考试）趣味运动会上有一个项目是在传送带上完成的。如图所示，A为传送带的左端点，B为右端点，P的正上方天花板上悬挂一个气球，AB间传送带的长度L31 m，P与A的距离L19 m，传送带以v01 m/s的恒定速率向左运动。比赛中，挑战者(视为质点)在A点相对地面静止，听到哨声后开始以a12 m/s2的加速度向右匀加速运动到P，在刺破气球时不慎跌倒，经t2 s爬起，然后又以a21 m/s2的加速度，在传送带上匀加速到B点。假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与传送带始终相对静止，不计刺破气球的时间，求挑战者从A到达B所需的时间。【答案】13s【解析】取地面为参考系，挑战者从A运动至气球处所用时间为t1，则： 从摔倒到爬起随传送带位移为x1，则： 运动员从爬起到B端位移为x，时间为t2，则： 挑战者从左端到达右端全过程所需的时间为t，则：t=t1+t+t2解得：t=13s。12（2019届福建省厦门市湖滨中学高三上学期第一次阶段检测）如图所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点一质量为m1kg的物块(可视为质点)静止于A点，AB距离为x2m。已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为0.5，g取10m/s2，sin37=0.6. (1)若给物块施加一水平拉力F11N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；(2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F应至少多大；(3)若物块以初速度v0从A点开始向右运动，并仍滑上(2)问中倾斜的传送带，且传送带以4m/s速度向上运动，要使物块仍能到达C点，求物块初速度v0至少多大。【答案】(1)L=2.4m；(2)17N；(3) 【解析】（1）物块在AB段：由牛顿第二定律：F-mg=ma1a1=6m/s2传送带长度L=2.4m（2）将传送带倾斜，滑上传送带由mgsin37+mgcos37=ma3 得a3=10m/s2物体仍能刚好到达c 端，则：vB22a3L在AB段：vB22a1xF-mg=ma1联立解得：F=17N（3）由于tan37，故要使物块能到达C点，物块初速度最小时，有物块滑到C时速度恰好为0.则 0vB22a4L且mgsinmgcosma4， 在AB段有v02vB22gx解得v0m/s
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