2023年高中物理传送带题型全面汇总归纳.pdf

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1、 高中物理传送带题型总结 2 图 2图 2传送带 1：如图 21 所示，传送带与地面成夹角=37，以 10m/s 的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量 m=0.5 的物体，它与传送带间的动摩擦因数=0.5，已知传送带从 AB 的长度 L=16m，则物体从 A 到 B 需要的时间为多少？2：如图 22 所示，传送带与地面成夹角=30，以 10m/s 的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量 m=0.5 的物体，它与传送带间的动摩擦因数=0.6，已知传送带从 AB 的长度 L=16m，则物体从 A 到 B 需要的时间为多少？3 4 5 图 2图 2加速度 a 将桌布抽离桌面，加速度

2、方向是水平的且垂直于 AB 边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度 a满足的条件是什么?(以 g 表示重力加速度)8：如图 211 所示，水平传送带以速度v匀速运动，一质量为m的小木块由静止轻放到传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为，当小木块与传送带相对静止时，转化为内能的能量是多少？9：如图 213 所示，倾角为 37 的传送带以 4m/s 的速度沿图示方向匀速运动。已知传送带的上、下两端间的距离为 L=7m。现将一质量m=0.4kg的小木块放到传送带的顶端，使它从静止开始沿传送带下滑，已知木块与传送带间的动摩擦因数为=0.25，取g=10m/s2。求木块滑到底的过程中，摩擦力对木块做

3、的功以及生的热各是多少？6 图 2 10：一传送带装置示意如图 214，其中传送带经过AB 区域时是水平的，经过 BC 区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成，未画出)，经过 CD 区域时是倾斜的，AB和 CD 都与 BC 相切。现将大量的质量均为 m 的小货箱一个一个在 A 处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到 D 处，D 和 A 的高度差为 h。稳定工作时传送带速度不变，CD 段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为 L。每个箱子在 A 处投放后，在到达 B 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动(忽略经 BC 段时的微小滑动)。已知在一段相当长的时间 T 内，共运送小货箱的数目为

4、N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均输出功率P。7 传送带答案 1.【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2m/s10cossinmmgmga。这样的加速度只能维持到物体的速度达到 10m/s 为止，其对应的时间和位移分别为：,1s10101savt m52 21as16m 以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为（因为 mgsin mgcos）。22m/s2cossinmmgmga。设物体完成剩余的位移2s所用的时间为2t，则22220221tats，11m=,10222tt 解得：)s(11 s,1 2212舍去或t

5、t 所以：s 2s 1s 1总t。2.【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2m/s46.8cossinmmgmga。这样的加速度只能维持到物体的速度达到 10m/s 为止，其对应的时间和位移分别为：8 ,18.1s46.8101savt m91.52 21as16m 以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为零（因为 mgsin mgcos）。设物体完成剩余的位移2s所用的时间为2t，则202ts，16m5.91m=210t 解得：s,90.10 2t 所以：s 27.11s09.10s 18.1总t。3.【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2m/

6、s10cossinmmgmga。这样的加速度只能维持到物体的速度达到 10m/s 为止，其对应的时间和位移分别为：,1s10101savt m52 21as 此时物休刚好滑到传送带的低端。所以：s 1总t。4.【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2m/s2.1sincosmmgmga。这样的加速度只能维持到物体的速度达到 10m/s 为止，其对应的时间和位移分别为：,33.8s2.1101savt m67.412 21as50m 以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为零（因为 mgsin mgcos）。9 设物体完成剩余的位移2s所用的时间为2t，则202ts，

7、50m 41.67m=210t 解得：s,33.8 2t所以：s 66.16s33.8s 33.8总t。5.【解析】解法一：行李加速到 0.25m/s 所用的时间：tav0s625.00.042s 行李的位移：x 行李221atm2)042.0(621=0.0053m 传送带的位移：x 传送带V0t 0.250.042m 0.0105m 摩擦痕迹的长度：mmmxxx50052.0行李传送带（求行李的位移时还可以用行李的平均速度乘以时间，行李做初速为零的匀加速直线运动，20vv。）解法二：以匀速前进的传送带作为参考系设传送带水平向右运动。木箱刚放在传送带 上时，相对于传送带的速度 v=0.25m

8、/s,方向水平向左。木箱受到水平向右的摩 擦力 F 的作用，做减速运动，速度减为零时，与传送带保持相对静止。木箱做减速运动的加速度的大小为 a6m/s2 木 箱 做 减 速 运 动 到 速 度 为 零 所 通 过 的 路 程 为mmmmavx50052.06225.02220 10 即留下 5mm 长的摩擦痕迹。6.【解析】方法一：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度 a 小于传送带的加速度 a0。根据牛顿运动定律，可得ga 设经历时间 t，传送带由静止开始加速到速度等于 v0，煤块则由静止加速到 v，有 tav00 tav 由于 aa0，故 vv0，煤

9、块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间 t，煤块的速度由 v 增加到 v0，有 0tavv 此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。设在煤块的速度从 0 增加到 v0 的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为 s0 和 s，有 210200tvtas 202vsa传送带上留下的黑色痕迹的长度 ssl0 由以上各式得 2000()2vagla g 方法二：第一阶段：传送带由静止开始加速到速度 v0，设经历时间为 t，煤块加速到 v，有 vta00 vgtat 11 传送带和煤块的位移分别为 s1 和 s2，20121tas 2222121gtats 第二阶段：煤

10、块继续加速到 v0，设经历时间为t，有v0vgt 传送带和煤块的位移分别为 s3 和 s4，有30sv t 2412svtgt 传送带上留下的黑色痕迹的长度4231ssssl 由以上各式得2000()2vagla g 方法三：传送带加速到 v0，有 00va t 传送带相对煤块的速度 0()vag t 传送带加速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为零，相对加速度是ga0】20121tgal 传送带匀速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为ga0t，相对加速度是g】g2t22 02gal 12 O ttt vv 图 2图 2整个过程中传送带相对煤块的位移即痕迹长度g2t2122 00g

11、atgal 由以上各式得2000()2vagla g 方法四：用图象法求解 画出传送带和煤块的 Vt 图象，如图 26 所示。其中010vta，02vtg，黑色痕迹的长度即为阴影部分三角形的面积，有：20000021000()11()()222vvvaglv ttvgaa g 7.【解析】过程 1：圆盘从静止开始在桌布上做匀加速运动至刚离开桌布的过程；过程 2：桌布从突然以恒定加速度 a 开始抽动至圆盘刚离开桌布这段时间内做匀加速运动的过程；过程 3：圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动的过程。13 设桌面长为 L，开始时，桌布、圆盘在桌面上的位置如图 28 甲所示；圆盘位于桌面的中央，桌布

12、的最左边位于桌面的左边处。由于桌布要从圆盘下抽出，桌布与圆盘之间必有相对滑动，圆盘在摩擦力作用下有加速度，其加速度a1 应小于桌布的加速度 a，但两者的方向是相同的。当桌布与圆盘刚分离时，圆盘与桌布的位置如图 28乙所示。1.由牛顿第二定律：lmg=mal 由运动学知识：v12=2al x1 2.桌布从突然以恒定加速度 a 开始抽动至圆盘刚离开桌布这段时间内做匀加速运动的过程。设桌布从盘下抽出所经历时间为 t，在这段时间内桌布移动的距离为 x1，由运动学知识：x=21at2 x1=21a1t2 14 图 2而 x=21L+x1 3.圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动的过程。设圆盘离开桌布后

13、在桌面上作匀减速运动，以 a2 表示加速度的大小，运动 x2 后便停下，由牛顿第二定律：2mgma2 由运动学知识：v12=2a2 x2 盘没有从桌面上掉下的条件是：x2 21L x1 由以上各式解得：ag12212 8.【解析】在木块从开始加速至与传送带达到共同速度的过程中 FFmgN摩 aFmmgmg合 由公式vax22可得：gvavx2222 从木块静止至木块与传送带达到相对静止的过程中木块加速运动的时间tvavg 15 传送带运动的位移xvtvg2 木块相对传送带滑动的位移 xxxvg 22 摩擦产生的热：QFxmgvgmv摩22212 9.【解析】刚开始时，合力的大小为 F 合 1m

14、gsin37mgcos37,由牛顿第二定律，加速度大小 a1mF1合8m/s2，该过程所用时间 t110av0.5s，位移大小 s11202av1m。二者速度大小相同后，合力的大小为F合2mgsin37mgcos37,加速度大小 a2mF2合4m/s2，位移大小 s2 L-s1 6m,所用时间 s2 v0t222221ta得：t21s。（另一个解t23s 舍去）摩擦力所做的功 Wmgcos37 (s1-s2)4.0J，全过程中生的热 Qf s 相对 mgcos37【(v0t1-s1)+（s2-v0t2）】0.8N3m2.4J。16 10.【解析】以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为0v

15、，在水平段的运输过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，直到其速度与传送带的速度相等。设这段路程为 s，所用的时间为 t，加速度为 a，则对小货箱有 2at21s atv0 在这段时间内传送带运动的路程为tvs00 由上可得s2s0 用 Ff 表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小货箱做功为20121mvsFWf 传 送 带 克 服 小 货 箱 对 它 的 摩 擦 力 做 功202000212mvmvsFWf 两者之差就克服摩擦力做功发出的热量20mv21Q 可见，在小货箱加速过程中，小货箱获得的动能与发热量相等。T 时间内电动机输出的功为TPW 此功用于增加 N 个小货箱的动能、势能和使小货箱加速时程中克服摩擦力发 的热，即有 NQNmghNmv21W20 17 N 个小货箱之间的距离为(N1)L，它应等于传送带在 T 时间内运动的距离，即有NLL)1N(Tv0 因 T 很大，故 N 亦很大。联立、，得ghTLNTNmP222