6.6 动力学和能量观点的综合应用（传送带问题） 过关检测-2022届高考物理一轮复习

6.6动力学和能量观点的综合应用（传送带问题）

1．如图所示，电动传送带以恒定速度m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角，现将质量kg的箱子轻放到传送带底端，经过一段时间后，箱子被送到m的平台上。已知箱子与传送带间的动摩擦因数，不计其它损耗（，，）。求：

（1）箱子在传送带上刚开始运动时加速度的大小；

（2）箱子从传送带底端送到平台上的过程中，箱子与传送带之间因摩擦而产生的热量。

2．如图所示，传送带水平部分的长度，与一圆心在O点、半径的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，到水平地面的高度，一质量的小滑块（视为质点）从圆轨道上的P点由静止释放，滑块通过B点后立即做平抛运动。已知与竖直线的夹角，滑块与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度大小，，，不计空气阻力。

（1）求滑块到达圆轨道末端时的速度大小v；

（2）若传送带静止，求滑块的落地点与B点间的水平距离x；

（3）若传送带以大小的速度沿逆时针方向运行，求滑块在传送带上运动的过程中滑块与传送带之间因摩擦产生的内能Q。

3．如图所示，水平传送带左端与光滑水平面平滑连接，右端与竖直面内的光滑四分之一圆弧轨道BC的最低端B平滑连接，传送带长为，一轻弹簧放在水平面上，弹簧左端与竖直墙壁相连，用质量为的物块压缩弹簧，当物块压至A点时由静止释放，物块被弹簧弹开，结果刚好能滑到传送带的最右端，此过程传送带静止不动，物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为。求：

（1）开始释放物块时，弹簧具有的弹性势能；

（2）仍将物块压弹簧至A点，让传送带沿顺时针转动，由静止释放物块，物块被弹簧弹开后滑上传送带，要使传送带对物块一直做正功，传送带的速度至少多大？物块获得的最大动能为多少？

（3） 传送带以（2）问的最小速度沿顺时针转动，则物块从A点被弹出，两次滑过传送带时，传送带电机因物块在传送带上滑动额外多做的总功为多少？

4．AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，O为圆心，半径。BC长度3m的水平传送带，CD是足够长的水平轨道，质量的物体（可视为质点）从A处由静止下滑，OA与竖直方向OB的夹角。已知物体与传送带及水平轨道的动摩擦因数分别为、，，忽略物体通过B点和C点时的能量损失。求：

（1）物体运动到B点时的速度大小；

（2）若传送带以的速度顺时针转动，物体最终停止运动时距B点的距离；

（3）若传送带以的速度顺时针转动，整个过程中因克服摩擦产生的总热量。

5．如图所示，某快递公司使用电动传输机输送快件，倾角θ=30°的传送带在电动机的带动下以v=1m/s的恒定速率逆时针运转。现把一质量为m=4kg的快件（可视为质点）轻轻放在皮带的底端，快件被传送到顶端，已知快件与传送带间的动摩擦因数，重力加速度大小g=10m/s2，在传送带将快件从底端传送到h=2.5m的顶端的过程中，求∶

（1）当快件的速度为v=1m/s时，位移的大小；

（2）在传送带将快件从底端传送到顶端的过程中，快件相对传送带位移的大小；

（3）在传送带将快件从底端传送到顶端的过程中，电动机做的功。

6．倾斜传送带连接两平台AB和CD，传送带与水平面的夹角， 工件与传送带之间的动摩擦因数 ，B、C两端相距2.25m，如图所示。忽略工件在水平台面和传送带间转移时的动能变化，工件以v0=5m/s的速度滑上传送带，工件质量为1kg，传送带以稳定的速度运行（速度大小可调）。若工件以最短的时间从平台AB运动到平台CD，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)求工件在传送带上运动的最短时间。

(2)求输送一个这样的工件，传送带的电机需额外消耗的最少电能。

7．如图所示，电动机带动下，皮带的传输速度不变，AB为皮带上方的水平段。小物块由静止轻放在皮带左端A处，经过一段时间，物块的速度等于皮带的速度，已知传动轮的半径为R，物块与皮带之间的动摩擦因数为μ。

(1)为使物块运动到皮带右端B处时能脱离皮带，皮带的传输速度v和AB段的长度l应分别满足什么条件？

(2)若AB段的长度足够长，已知皮带的传输速度为v，现每隔一段相等的时间就在A处释放一个质量为m的物块，经过一段时间后，皮带右侧相邻物块之间的距离增大到最大值d之后保持不变，直到脱离皮带。求皮带每传输一个物块电动机对皮带做的功，并求电动机对皮带做功的平均功率。

8．如图所示，一足够长的水平传送带以速度v=2m/s匀速运动，质量为m1=1kg的小物块P和质量为m2=1.5kg的小物块Q由通过定滑轮的轻绳连接，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v0=4m/s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μ=0.5，重力加速度为g=10m/s2，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处。求：

(1)物块P刚冲上传送带时的加速度大小；

(2)物块P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；

9．如图所示，半径R = 1.6m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于B点，水平传送带上A、B两端点间距L = 16m，传送带以v0 = 10m/s的速度顺时针运动，将质量m = 1kg的小滑块(可视为质点)放到传送带上，滑块与传送带间的动摩擦因数μ = 0.4，取g = 10m/s²。

（1）将滑块在传送带A端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间；

（2）若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C，求滑块在传送带上释放的位置范围；

（3）若将滑块在传送带中点处释放，同时沿水平方向给滑块一初速度，使滑块能通过圆轨道的最高点C，求此初速度满足的条件。

10．如图所示，水平轨道AB长度m，左端连接半径为m的光滑圆弧轨道，右端连接水平传送带，AB与传送带的上表面等高，三段之间都平滑连接。一个质量kg的物块（可视为质点），从圆弧上方距AB平面H高处由静止释放，恰好切入圆弧轨道，经过AB冲上静止的传送带，物块恰好停在C端。已知物块与AB、BC段的动摩擦因数分别为、，BC长度，取，不计空气阻力。求：

（1）H的大小；

（2）物块第一次经过圆弧轨道最低点A时，轨道对物块的支持力大小；

（3）如果传送带以速度逆时针转动，则物块最后停止的位置到A点的距离x；

（4）保持（3）问中传送带速度不变，物块从运动直至停止的全过程中，整个系统因摩擦所产生的热量Q。

11．如图所示，在水平匀速运动的传送带的左端（P点），轻放一质量为kg的物块（可看作质点），物块随传送带运动到A点后水平抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑。B、D为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径m，圆弧对应的圆心角，轨道最低点为C，A点距水平面的高度m。（，，）。求：

（1）物块离开A点时水平初速度的大小；

（2）物块经过C点时对轨道压力的大小和方向；

（3）设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为8m/s，求物块从P运动到A的过程中产生的内能。

参考答案

1．（1）；（2）

【解析】

（1）箱子刚开始运动时，受到竖直向下的重力G和沿斜面向上的滑动摩擦力f，将重力沿斜面方向和垂直斜面方向进行正交分解，由牛顿第二定律得

，①

②

，③

联立①②③式，得

（2）箱子加速所用时间为

传送带位移

总长

箱子加速位移为

产生的热量

2．（1）；（2）；（3）

【解析】

（1）在滑块从P点运动到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律有

解得

（2）设此种情况下滑块运动到B点时的速度大小为，在滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理有

解得

设滑块做平抛运动的时间为t，有

又

解得

（3）设滑块在传送带上运动的加速度大小为a，有

设滑块在传送带上运动的时间为t，由匀变速直线运动的规律有

此种情况下，滑块相对传送带间的位移大小

又

解得

3．（1）；（2）；；（3）

【解析】

（1）由能量守恒可知

（2）物块在传送带上时传送带一直对物块做功，则物块一直处于加速状态，设物块到传送带右端时速度为v，根据功能关系

解得

即传送带的速度至少为

物块获得的最大动能

（3）设物块滑上传送带时的初速度为，则

解得

物块在传送带上运动的加速度

在传送带上运动的时间

第一次传送带电动机因此额外多消耗的电能为

得

根据运动的对称性可知，物块第二次经过传送带所用时间仍为

第二次经过传送带电机额外多消耗的电能

两次经过传送带电机共额外多消耗的电能为。

4．（1）3m/s；（2）3.9m；（3）510J

【解析】

（1）根据动能定理

代入数据得

（2）在BC间，由于

物体在BC间匀速运动，因此

从C到静止的过程中，根据动能定理

代入数据得

物体在BD间运动的距离

（3）物体由B运动到与传送带共速的过程中

对传送带

对物体

在传送带上产生的热量

物体离开传送带后，由能量转化与守恒定律，可得产生的热量

代入数据得

综上可得产生的总热量

5．（1）0.2m；（2）0.2m；（3）108J

【解析】

（1）快件轻放在传送带上时，受力分析如图所示。

根据牛顿第二定律得沿斜面方向

可知，快件上升的加速度为

a=2.5m/s2

当快件的速度为v=1m/s时，位移

（2）由v=at得

相对位移

（3）因摩擦产生的热量

由功能关系

带入数据，电动机做的功为

W=108J

6．(1)0.5s；(2)10J

【解析】

(1)当传送带的速度v≥5m/s时，工件相对传送带的速度方向一直沿传送带向下，工件所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短。对于工件，根据牛顿第二定律有

解得加速度

a=2m/s2

方向沿传送带向下

根据运动学公式有

解得

t=0.5s

（另一解t=4.5s不合题意舍去）

(2)工件以最短时间运动，动能变化相同，重力势能变化相同，工件和传送带的相对位移最小，故此时传送带以v=5m/s的速度运动，电机额外输出的电能最少；工件在传送带上的整个运动过程，传送带的位移

x1=vt=2.5m

因摩擦产生的热量

工件的末速度

电机额外输出的电能

解得

△E=10J

7．(1)，；(2) mv2，

【解析】

(1)物体在B点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得

mg=m

解得

v=

物体从静止加速到v过程，由速度位移公式得：

l===

物体需要满足的条件为

，

(2)物体获得的动能为

Ek=mv2

物体在加速阶段

，

传送带位移为

产生的内能为

Q=μmg（x2﹣x1）

解得

Q=mv2

则皮带每传输一个物块电动机对皮带做的功为

W=Q+Ek=mv2+mv2=mv2

释放物体的时间间隔为

电动机对皮带做功的平均功率为

8．(1)8m/s2 ；(2)

【解析】

(1)物块P刚冲上传送带时，设P、Q的加速度为，轻绳的拉力为，因P的初速度大于传送带的速度，则P相对传送带向右运动，故P受到向左的摩擦力作用，对P由牛顿第二定律得

对Q受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用，由牛顿第二定律得

联立解得

(2)P先减速到与传送带速度相同，设位移为，则

共速后，由于摩擦力

故P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右，设此时的加速度为，轻绳的拉力为，对P由牛顿第二定律得

对Q由牛顿第二定律得

联立解得

设减速到0位移为，则

P、Q系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功

9．（1）t = 2.85s（2）距A端6m的范围内（3）

【解析】

（1）对滑块受力分析，由牛顿第二定律得

μmg = ma

由运动学得

v0 = at1

解得

t1 = 2.5s

设滑块速度达到v0时经过的位移为x1

由运动学得

= 12.5m

设滑块匀速运动的位移为x2

x2 = L - x1 = 3.5m

则滑块运动匀速运动的时间为

= 0.35s

所需时间为

t = t1 + t2 = 2.85s

（2）由牛顿运动定律得

由机械能守恒得

解得：滑块通过B点的速度至少为

m/s

由运动学得

vB2 = 2as

解得

s = 10m

滑块在A端与距A端6m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C处。

（3）若给滑块一水平向右的初速度v1，由运动学得

解得

v1 = 4m/s

所以给滑块一水平向右的速度且需满足的条件

v1 ≥ 4m/s

若给滑块一水平向左的速度，只需让滑块在向左减速滑行的距离在2m ~ 8m的范围即可

由运动学可得

2m ≤ s′ ≤ 8m

解得

4m/s ≤ v2 ≤ 8m/s

所以给滑块一水平向左的速度且需满足的条件4m/s ≤ v2 ≤ 8m/s。

10．(1)；(2)；(3) 0.44m；(4)

【解析】

(1)全程根据动能定理得

解得

(2)物块从释放到A点，根据动能定理得

解得

在A点，根据牛顿第二定律得

解得

(3)传送带逆时针转动时，物体到达C点时速度为零，反向加速，根据动能定理有

解得

之后，物体在传送带上匀速运动，滑上AB段，根据动能定理有

解得

所以物体滑到圆弧轨道后，返回，最终停在距A点的距离为

(4)第一次从圆弧轨道向右滑动过程中，在AB段，发热为

在传送带上向右运动过程，根据逆向运动可知，运动时间满足

解得

物体与传送带相对运动距离为

在传送带上第一次发热量为

从C点返回，在传送带上加速时间为

物体与传送带相对运动距离为

物体在传送带上第二次发热为

物体离开传送带后，在AB段的发热为

所以总的发热量为

11．(1)6m/s；(2)68N，方向竖直向下；(3)30J

【解析】

(1)物块离开传送带后，做平抛运动，在竖直方向有

解得

在B点，有

解得

(2)从B到C，根据动能定理得

物体在B点的速度为

在C点，根据牛顿第二定律得

解得

根据牛顿第三定律，物块经过C点时对轨道压力的大小为68N，方向竖直向下。

(3)物体在传送带上，加速度为

运动时间为

则物体在传送带上运动的位移为

传送带运动的位移为

物块从P运动到A的过程中产生的内能为