【期末专题复习】人教版(2019)物理必修1-高一上学期期末专题点拨与训练：第34讲 水平传送带模型

第34讲 水平传送带模型

传送带模型是历年高考中重要题型之一。主要知识涉及运动学规律、相互作用、牛顿运动定律、功能关系等。传送带模型有效培养学生分析物理过程、建模能力和综合运用知识的能力。

传送带问题的本质是摩擦力的问题，物体与传送带之间的摩擦有两种情况，一是滑动摩擦力，二是静摩擦力，因此，对与传送带接触的物体，摩擦力的作用决定物体的运动，解决问题的关键是摩擦力的分析。

受力分析。传送带模型中要注意摩擦力的突变（发生在与相同的时刻），对于倾斜传送带模型要分析mgsinθ与的大小和方向。突变有以下三种：（1）滑动摩擦力突变为静摩擦力；（2）滑动摩擦力消失；（3）滑动摩擦力改变方向。

运动分析。（1）注意参考系的选择，传送带模型中选择地面为参考系；（2）判断共速以后是与传送带保持相对静止一起做匀速运动还 是改变加速度做匀变速运动；（3）判断传送带长度—临界之前是否滑出？

分类。传送带分为水平传送带、倾斜传送带、水平+倾斜传送带。

过程分析

设传送带的速度为，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，两定滑轮之间的距离为L，物体置于传送带一端时的初速度为。

（1）=0，物体刚置于传送带上时由于受摩擦力作用，将做a=μg的加速运动。假定物体从开始置于传送带上一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为。

若< 2μgL，则物体在传送带上将先加速运动，后匀速运动；

若=2ugL，则物体在传送带上刚好离开时，和传送带速度相同，此过程一直加速；

若>2ugL，则物体在传动带上将一直加速运动，直到离开传送带。

（2）≠0。当和传送带运动方向相同时：

①。根据（1）中的分析可知，物体刚在传送带上时先加速运动，物体已知加速离开传送带时，速度。

若<，则物体在传送带上先加速运动，后匀速运动，直至离开传送带；

若，则物体刚好加速到和传送带相同的速度时，离开传送带；

若，则物体在传送带上一直做加速运动，直至离开传送带。

②。物体在传送带上先做减速运动，直到离开传送带时：

若<。则物体在传送带上先减速运动，后和传送带一起做匀速运动。

若=。则物体在传送带上一直做减速运动，直到离开传送带时，。

若>。则物体在传送带上一直做减速运动。

（3）当传送带速度方向和物体速度方向相反时：物体将做加速度为的减速运动，假设物体离开另一端传送带时，。

若，物体能够从另外一端离开传送带。

若，物体不能从另外一端离开传送带，即物体先向左做减速运动，当相对传送带速度为零时，又随着传动带一起加速运动，最后物体可能是加速离开传动带，也有可能是匀速离开传动带。

【例题1】如图所示，水平传送带两端AB的距离是3.0m，以恒定的速率顺时针转动。现将一质量为1kg的小滑块以的速度从A端向右运动，与传送带之间的动摩擦因数为0.2，小物块可看做质点，当传送带以不变的速度运动，小滑块到传送带右端B点所需要的时间可能为（，）（　　）

A．0.4s B．0.8s C．1s D．1.2s

【答案】BC

【解析】若传送带的速度较小，物体一直减速运动到B点，所用的时间最长，小滑块的加速度为：

根据公式

解得

所用的时间

若传输带的速度较大，物体一直加速运动到B点，所用的时间最短，小滑块的加速度为：

根据公式

解得

所用的时间

即小滑块运动所用的时间

选项BC正确，选项AD错误。

故选BC。

【例题2】如图所示，一长为l＝2 m的水平传送带以v＝1 m/s的速率运行，一质量为m的物块在传送带的A端以v0＝5 m/s的速度冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。若传送带顺时针运动，物块在传送带上运动的时间为t1，在传送带上留下的痕迹长度为x1；若传送带逆时针运动，物块在传送带上运动的时间为t2，在传送带上留下的痕迹长度为x2。则（　　）

A．t1＝t2 B．t1＜t2

C．x1＝x2 D．x1＜x2

【答案】AD

【解析】传送带顺时针运动时，物块与传送带同向，在二者速度相等之前，物块相对于传送带向右运动，分析受力可知，物块向右做匀减速直线运动，加速度

a1＝－μg＝－5 m/s2

物块与传送带速度相同时，物块位移

v2－v02＝2ax

解得

x＝2.4 m＞2 m

故物块一直做匀减速直线运动直至在B端掉落，则

l＝v0t1＋a1t12

解得物块在传送带上运动时间

t1＝

物块在传送带上的痕迹为二者的位移之差；当传送带逆时针运动时，分析受力可知，加速度

a2＝－5 m/s2

由前面分析可知物块速度减到零之前，已经从B端掉落，故物块在A到B过程中做匀减速直线运动，运动时间

t2＝

物块留下痕迹为二者位移之和。故

t1＝t2，x1＜x2

所以AD正确；BC错误；

故选AD。

【例题3】如图所示，水平传送带以恒定速度逆时针方向运行，运行的速度大小为v，小滑块以大小为的初速度滑上传送带，经过时间t小滑块最终离开传送带，小滑块前时间内所受的滑动摩擦力大于零，后时间内所受的摩擦力等于零。小滑块与传送带之间的动摩擦因数恒定不变，小滑块可看作是质点，重力加速度为g，以地面为参照系，下面说法正确的是（　　）

A．小滑块最终返回它的出发位置 B．传送带的速度v有可能大于滑块初速度

C．前时间小滑块的位移最大 D．前时间小滑块的位移为

【答案】AD

【解析】A．由题意知小滑块先减速向前运动，速度为零后再反向加速运动，和传送带共速之后匀速在传送带上匀速运动直到离开，A正确；

B．根据运动学公式可得，小滑块正向减速运动的距离为

紧接着反向加速运动的距离为

由题意可知

因此

B错误：

C．速度为零时位移最大，但时刻小滑块已经反向运动了，C错误；

D． 时刻的末速度大小为v，小滑块初速度大小为，前时间内平均速度为，则位移为

D正确。

故选AD。

1．如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动，经过一段时间，煤块在传送带上留了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度大小为g）（　　）

A．μ与a之间一定满足关系

B．煤块从开始运动到相对传送带静止通过的位移为

C．煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间为

D．黑色痕迹的长度为

【答案】C

【解析】A．由题意知煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度大于煤块的加速度，有

μmg<ma

解得

μ<

所以A错误；

B．设煤块的加速度大小为a1，对煤块由牛顿第二定律有

μmg=ma1

解得

a1=μg

由匀变速直线运动规律得，煤块从开始运动到相对传送带静止的过程中通过的位移

所以B错误；

C．煤块从开始运动到相对传送带静止经历的时间

t1=

所以C正确；

D．传送带从开始运动到速度为v经历的时间

t2=

传送带在从开始运动到速度为v的过程中通过的位移

x2=

则传送带在从速度为v到与煤块相对静止的过程中，做匀速运动的位移

x3=v（t1-t2）=

所以黑色痕迹的长度

Δx=x2＋x3-x1=

所以D错误；

故选C。

2．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，把一质量为m的物体无初速度地轻放在左端，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A．物体一直受到摩擦力作用，大小为μmg

B．物体最终的速度小于v1

C．开始阶段物体做匀加速直线运动

D．物体在匀速阶段受到的静摩擦力向右

【答案】C

【解析】ABC．物体无初速的轻放在左端时，由于相对运动产生了滑动摩擦力，方向水平向右，大小为

物体在滑动摩擦力作用下，做匀加速直线运动，因为传送带足够长，所以经过一段时间，物体的速度与传送带相等，即为，此时物体与传送带之间没有相对滑动，摩擦力为零，与传送带一起匀速运动，AB错误， C正确；

D．物体匀速运动时，受力平衡，水平方向不受摩擦力，D错误。

故选C。

3．如图甲所示，某快递分拣传送带装置由多组相同的长度为l的水平传送带组合而成（不计相邻传送带间的间隙，图乙中仅画出其中三个），传送带正常工作时速度大小为v，方向如图。某时刻传送带2因故停止，此时，一长度为d（l>d）的物件正在传送带1上匀速运动。物件质量均匀分布、始终沿水平方向做直线运动，它与传送带各处摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则物件右端通过传送带2的过程中，下列关于物件运动的加速度a随位移x、速度v随时间t变化关系的图像中，可能正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【解析】物件未滑上传送带2时，在传送带1上做匀速直线运动，加速度为0；当物件右端滑上传送带2时，由于传送带2静止，物件相对传送带向右滑行，受到传送带2对它水平向左的滑动摩擦力作用，物件做减速运动，设滑上传送带2上物件部分的质量为，物件整体质量为，根据牛顿第二定律有

可得物件加速度大小为

随着x的增加，逐渐增大，即物件做加速度增大的减速运动；当物件全部滑上传送带2时，根据牛顿第二定律有

可得物件加速度大小为

故物件做加速度不变的匀减速运动，直到物件右端滑离传送带2，综上所述，可知AC错误，BD正确。

故选BD。

4．如图所示，由电动机带动的水平传送带两端A、B间的距离为L，传送带以速度v顺时针方向转动，一个质量为m的小物体以一定的初速度从A端滑上传送带，运动到B端，此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动时间相等，两过程中物块运动的位移之比为3：4，重力加速度为g，传送带速度大小不变，下列说法正确的是（　　）

A．物块的初速度大小为

B．物块与传送带间的动摩擦因数为

C．整个过程中物块与传动带间的相对位移为L

D．物块从A运动到B的时间为

【答案】BD

【解析】A．设物块的初速度大小为v0.根据题意知

t：vt＝3：4

解得

v0＝

故A错误；

D．由

L＝·t＋vt

可得

t＝

t总＝2t＝

故D正确；

B．由运动学公式

v2－v＝2ax

可得

v2－＝2a×L

解得

a＝

由牛顿第二定律可得

a＝＝μg

所以

μ＝

故B正确；

C．加速过程中物块的位移为

L＝t＝vt

传送带的位移为

vt＝×L＝L

相对位移为

Δx＝

故C错误。

故选BD。

5．在民航机场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，如图甲所示。当旅客把行李放到传送带上时，传送带从静止开始启动。在某次研究性学习活动中，同学将行李箱由静止放到传送带上后，传送带开始按照如图乙所示的规律运动（向右为速度的正方向）。若行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取，传送带足够长，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。下列说法正确的是（　　）

A．行李箱经过的时间速度与传送带相同

B．行李箱相对于传送带滑动的距离为

C．若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，则行李箱达到与传送带速度相同所需要的时间将会变长

D．若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，则行李箱相对传送带滑动的距离将保持不变

【答案】AB

【解析】A．由图乙可知传送带的最大速度为2，行李箱的加速度为

则行李箱速度与传送带相同得时间为

故A正确；

B．行李箱在2s内的对地位移为

传动带2s内的位移为

则行李箱相对于传送带滑动的距离为

故B正确；

C．若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，则行李箱达到与传送带速度相同所需要的时间为

不会发生改变，故C错误；

D．若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，行李箱的对地位移不发生改变，由于传动带启动加速度增加了，则传送带加速的时间减少，以最大速度运行的时间增长，则传送带对地位移变大，则行李箱相对传送带滑动的距离将变大，故D错误。

故选AB。

6．如图所示，水平传送带两端点之间的距离为，始终以的速度顺时针运行，在时刻，将底部抹有黑色物质的货物甲轻放于传送带的左端：时，将另一相同货物乙轻放于传送带的左端。已知传送带与货物之间的动摩擦因数为0.4，，不计传送带轮和货物的大小。下列说法正确的是（　　）

A．内，传送带上黑色痕迹长度为2m

B．内，货物甲位移为

C．内，传送带上有未被留下黑色痕迹

D．内，两货物在传送带上留下的黑色痕迹中重叠部分的长度为

【答案】BC

【解析】AB．由牛顿第二定律可得

则

则货物甲的位移

传送带的路程为

则内，传送带上黑色痕迹长度为

故B正确，A错误；

CD．2s内传送带的路程为

甲的位移为

此时甲距A端8m，则在货物甲右侧所有部分都有划痕，货物乙的位移

货物乙距A端2m，传送带相对A的多运行的距离

则在货物乙右侧的8m长的传送带都有划痕，而甲乙相距6m，所以货物乙右侧都有划痕，如下图所示

则传送带上划痕长度为

由题意知传送带总长度为24m，则内，传送带上有未被留下黑色痕迹，甲和乙在传送带上留下的划痕总长为

而实际的划痕长度只有18m，所以内，两货物在传送带上留下的黑色痕迹中重叠部分的长度为，故C正确，D错误。

故选BC。

7．如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移随时间的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在3.0s~4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，小华同学独自思考画出了小物块的图如图丙所示，相关标注如图所示。则（　　）

A． B．

C．物体与传送带之间的摩擦因数为0.2 D．物体相对传送带最大位移是9米

【答案】BCD

【解析】A．图乙中为速度为零的时候，在图甲中可得速度为零时时2s，所以，故A错误；

B．由图乙可知，滑块匀速运动的速度大小为

物体在2s时速度为零，则2~3s的位移为

可得在0~2s的加速度为，在2~3s为，在2s时速度为零，则在0时刻的速度

故B正确；

C．根据牛顿第二定律

可求得

故C正确；

D．由2~3s滑块加速1s后做匀速直线运动可知，在3s时滑块速度和传送带速度相等，则

滑块向左做减速运动的相对位移

滑块向右做加速运动的相对位移

所以物体相对传送带最大位移是

故D正确。

8．如图所示，传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，平板放在光滑水平面上，两者长度分别为L1＝8 m、L2＝6 m。传送带始终以速度v＝8 m/s向右匀速传动。现有一滑块（可视为质点）轻轻放在传送带的左端，然后平稳地滑上平板。已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块与平板间的动摩擦因数μ2＝0.4，滑块质量m＝1 kg，平板质量M＝2 kg，取g＝10 m/s2。

（1）求滑块滑离传送带所用时间；

（2）判断滑块能否离开平板。如果能离开，请计算离开平板时的速度大小；若不能离开，求滑块距离平板右端的距离。

【答案】（1）1.8 s；（2）不能离开平板，m

【解析】（1）在传送带上加速运动时，对滑块进行受力分析，如图甲所示。由牛顿第二定律可得

μ1mg＝ma1

解得

a1＝5 m/s2

由运动学公式得

v＝a1t1

解得

t1＝1.6 s

则滑块的位移

x1＝a1t12＝6.4 m＜L1

滑块后段做匀速直线运动，有

L1－x1＝vt2

解得

t2＝0.2 s

故总时间

t＝t1＋t2＝1.8 s。

（2）滑块滑上平板后，滑块做匀减速直线运动，平板做匀加速直线运动。对滑块进行受力分析，如图乙所示。

由

μ2mg＝ma2

解得

a2＝4 m/s2

对平板进行受力分析，如图丙所示。由

μ2mg＝Ma3

解得

a3＝2 m/s2

假设两物体可以达到共同速度，则

v－a2t3＝a3t3

解得

t3＝s

滑块滑动的距离

x1＝vt3－a2t32

平板移动的距离

x2＝a3t32

滑块在平板上滑动的距离

ΔL＝x1－x2＝m＜L2＝6 m

故假设成立，滑块距离平板右端的距离

Δx＝L2－ΔL＝m