(考点分析) 第四节 牛顿定律与传送带模型-2023年高考物理一轮系统复习学思用

【考点分析】　第四节 牛顿定律与传送带模型

【考点一】  物块以初速度为零放入水平传送带一端

【典型例题1】  (2021·陕西高三月考)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型.传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　)

A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2       B．行李经过2 s到达B处

C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s      D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m

【解析】  开始时，对行李，根据牛顿第二定律μmg＝ma

解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，

匀加速运动的位移大小x＝at12＝×2×0.22 m＝0.04 m，

匀速运动的时间为t2＝＝ s＝4.9 s，

可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由上分析可知行李在到达B处前已经共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误.

【答案】  AC

【考点二】  物块以与传送带速度相反的初速度进入水平传送带的问题

【典型例题2】  (2021·山东省兖矿一中)如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图像可能的是：

A． B．

C． D．

【解析】  如果传送带足够长，从而使得物体不能向左滑出传送带，则物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，则：如果v1＜v2，物体向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动；故图像B正确．如果v1＞v2，物体向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带；如果v1=v2，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v1时，物体恰好离开传送带，此时的图像为A．若物体向左滑上传送带后做减速运动，直到离开传送带后继续以较小的速度在平台上向左滑行，则图像为D；故选ABD.

【答案】  ABD

【考点三】  物块以某一初速度进入水平传送带的综合讨论问题

【典型例题3】  如图所示，水平长度为的传送带以速度沿顺时针方向转动，一滑块（可视为质点）从传送带左端冲上传送带，最终到达传送带右端。已知滑块初速度大小，滑块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度g取。下列说法正确的是（　　）

A．滑块相对传送带运动时的加速度为

B．滑块从传送带左端运动到传送带右端用时1.5s

C．减小滑块的初速度，整个运动过程滑块运动的时间变短

D．减小滑块的初速度，整个运动过程滑块相对传送带的位移增大

【解析】  A．对相对传送带运动的滑块受力分析，由

得，A正确；

B．滑块初始时做匀加速运动，假设可以达到与传送带相同的速度，由

可得，此时滑块位移，由于，假设成立，滑块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，做匀速直线运动时间

滑块从传送带左端运动到传送带右端用时，B正确；

C．整个运动过程滑块运动时间

则滑块初速度大小减小时，滑块整个运动过程中时间变长，C错误；

D．滑块相对传送带的位移，可知减小滑块的初速度，整个运动过程滑块相对传送带的位移增大，D正确。故选ABD。

【答案】  ABD

【考点四】  含有连接体的水平传送带问题

【典型例题4】  如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是(　　)

【解析】  ①若v2＞v1，则P、Q先一起做匀减速运动，且加速度大小a1＝.

若P能减速到v1，

当fP≥mQg，P、Q共同匀速，速度大小为v1，

当fP＜mQg，P、Q继续减速，加速度大小a2＝，a1＞a2，故A错误．

若传送带足够长，P、Q减速到零后，反向加速，加速度大小为a2.

②若v2≤v1.

当fP≥mQg，P、Q先共同加速，后以v1共同匀速运动，加速度大小为a2＝

当fP＜mQg，P、Q可能一直减速，也可能先减速到零，后反向加速，加速度不变．

综上，B、C正确，D错误．

【答案】  BC

【考点五】  水平传送带上不同物体的运动问题

【典型例题5】  (2021·河南省濮阳县一中)如图所示，足够长的水平传送带在电动机的带动下以速度顺时针匀速转动，两个完全相同的小物块A，B(可视为质点)同时以的相反初速度冲上传送带。已知两物块相对于传送带运动的过程中恰好不会发生碰撞，且加速度大小均为，重力加速度g取。求：

(1)两物块与传送带间的动摩擦因数；

(2)小物块A、B开始冲上传送带时的距离s。

【解析】  (1)由牛顿第二定律

可知两个小物块的加速度均为

两物块与传送带间的动摩擦因数

(2)小物块A向右减速至与传送带共速的过程中所需时间

小物块B向左减速至0再反向加速至与传送带共速的过程所需的时间为

两小物块恰好不发生碰撞，应该在小物块B与传送带共速时恰好到达同一点，在内小物块A向右运动的位移，解得

在内小物块B向左运动的位移，解得

小物块A、B开始放上传送带位置间的距离为

【答案】  (1)0.4；(2)5m

【考点六】  含有子弹打击问题的水平传送带上物体的运动问题

【典型例题6】  如图所示为水平传送装置，轴间距离AB长l＝8.3 m，质量为M＝1 kg的木块随传送带一起以v1＝2 m/s的速度向左匀速运动(传送带的传送速度恒定)，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5.当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m＝20 g的子弹以v0＝300 m/s、水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度v＝50 m/s，以后每隔1 s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取10 m/s2.求：

(1)在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离．

(2)木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中？

【解析】  (1)子弹射入木块过程中系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0－Mv1＝mv＋Mv′1解得v′1＝3 m/s

木块向右做减速运动的加速度大小a＝＝5 m/s2

木块速度减为零所用时间为t1＝解得t1＝0.6 s<1 s

所以木块在被第二颗子弹击中前，向右运动离A点最远时，速度为零，

移动距离为s1＝，解得s1＝0.9 m.

(2)在第二颗子弹射中木块前，木块在向左做加速运动

时间为t2＝1 s－0.6 s＝0.4 s

速度增大为v2＝at2＝2 m/s(恰与传送带共速)

向左移动的位移为s2＝at＝×5×0.42 m＝0.4 m

所以在两颗子弹射中木块的时间间隔内

木块总位移s0＝s1－s2＝0.5 m，方向向右

第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为s＝15×0.5 m＝7.5 m

第16颗子弹击中后，木块将会先向右移动0.9 m

总位移为0.9 m＋7.5 m＝8.4 m>8.3 m，木块将从B端落下，所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．

【答案】  见解析

【考点七】  无初速度的放入倾斜传送带下端物体的运动问题

【典型例题7】  (2021·黑龙江牡丹江市海林林业局一中)如图所示，倾角为30°的皮带运输机的皮带始终绷紧，且以恒定速度v=2.5m/s运动，两轮相距lAB=5m。现将质量m=1.0kg的物体无初速地轻放在A处，若物体与皮带间的动摩擦因数μ=，则下列说法正确的是(　　)

A．物体A可能直接从底端处下落

B．物体先加速后匀速运动到B

C．物体运动到B的速度一定大于2.5m/s

D．物体从A到B所经历的时间为2.5s

【解析】  ABC．物体先做匀加速运动，设加速度为a，由牛顿第二定律得

，代入数据解得。

若物体一直匀加速运动到B点，则达B点速度为

由此可知，物体向上先做匀加速运动，后和传送带速度相同，做匀速运动，速度大小为2.5m/s，故AC错误，B正确；

D．设匀加速经历时间为t1，位移为x。匀速运动，经历时间为t2、A到B经过的时间为t。则有如下关系式，，，故，故D正确。故选BD。

【答案】  BD

【考点八】  无初速度的放入倾斜传送带上端物体的运动问题

【典型例题8】  如图所示,倾角为37°,长为l=16 m的传送带,转动速度为v=10 m/s,动摩擦因数μ=0.5,在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m=0.5 kg的物体。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 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。

【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,相对传送带向下匀加速运动,根据牛顿第二定律有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma

则a=gsin 37°-μgcos 37°=2 m/s2根据l=at2得t=4 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 37°+μmgcos 37°=ma1

则有a1==10 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==s=1 s,x1=a1=5 m<l=16 m

当物体运动速度等于传送带速度瞬间,有mgsin 37°>μmgcos 37°,则下一时刻物体相对传送带向下运动,受到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

a2==2 m/s2，x2=l-x1=11 m

又因为x2=vt2+a2,则有10t2+=11

解得t2=1 s(t2=-11 s舍去)  所以t总=t1+t2=2 s。

【答案】  (1)4 s　(2)2 s

【考点九】  无初速度的放入倾斜传送带上端煤块的痕迹长度问题

【典型例题9】  (2021·辽宁省六校协作体联考)在大型物流货场广泛使用传送带运送货物.如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端，用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s2，则下列判断中正确的是(　　)

A．货物与传送带之间的动摩擦因数为0.5

B．A、B两点间的距离为3.2m

C．传送带上留下的黑色痕迹长1.2m

D．倾角θ=37ｏ

【解析】  AD．由v-t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为

对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得mgsinθ+μmgcosθ=ma1

同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为，得 mgsinθ-μmgcosθ=ma2，联立解得cosθ=0.8，，μ=0.5，故AD正确；

B．物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，继续做加速度较小的匀加速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，为x=×2×0.2+×(2+4)×1=3.2m，故B正确；

C．在0-0.2s时间内，物块相对传送带上的位移长 ，此过程中，滑块相对传送带向后划线；在0.2-1.2s时间内物块相对传送带的位移，此过程中，滑块相对传送带向前划线，因，则传送带上留下的黑色痕迹长为1m，选项C错误。故选ABD。

【答案】  ABD

【归纳总结】　(1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度．

(2)判断煤块能否达到与传送带速度相等，若不能，煤块从A→B加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止．

(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差．煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者．

【考点十】  无初速度的放入倾斜传送带上端物体的综合讨论问题

【典型例题10】  如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是　(　　)

A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等

B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动

C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动

D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ

【解析】  若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ<tan θ，则粮袋先做加速度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律得加速度a＝＝g(sin θ＋μcos θ)，选项B错误；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误．

【答案】  A

【考点十一】  放入倾斜顺时针运动传送带上端物体的综合讨论问题

【典型例题11】  (2021·福建泉州市)如图所示，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动.一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图象可能是(　　)

【解析】  设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsin θ>μmgcos θ，滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcos θ，小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin θ<μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确.

【答案】  BC

【考点十二】  物体含有拉力的传送带问题

【典型例题12】  (2021·广东惠州实验学校)如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视为质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，小物块滑到离地面高h＝2.4 m的平台上。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，结果可以保留根号。求：

(1)小物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；

(2)若在小物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度。

 【解析】　(1)对小物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律得ma1＝F＋μmgcos 37°－mgsin 37°，解得a1＝6 m/s2，

当小物块与传送带共速时，小物块运动的时间t1＝＝s，小物块沿传送带运动的距离x1＝＝m，

小物块达到与传送带共速后，小物块未到顶端，小物块受的摩擦力的方向改变，对小物块受力分析，因为F＝8 N，而重力沿斜面向下的分力和最大摩擦力之和为10 N，故小物块不能相对传送带向上加速运动，故a2＝0，

小物块做匀速运动的时间t2＝＝s，

则小物块从传送带底端运动到平台上所用的时间t＝t1＋t2＝s。

(2)若在小物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，对小物块受力分析，因为mgsin 37°>mgcos 37°，所以小物块减速上滑，则有ma3＝mgsin 37°－μmgcos 37°，

解得a3＝2 m/s2，

设小物块还需经过时间t′离开传送带，离开时的速度为vt，则

v2－v＝2a3，解得vt＝m/s ≈2.3 m/s，则t′＝＝0.85 s。

【答案】　(1)s　(2)0.85 s　2.3 m/s

【考点十三】  多物体在倾斜传送带上运动的问题

【典型例题13】  如图所示，与水平面成θ＝30°的传送带正以v＝3 m/s 的速度匀速运行，A、B两端相距l＝13.5 m．现每隔1 s把质量m＝1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字．求：

(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；

(2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？

【解析】  (1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为a，则μmgcos θ－mgsin θ＝ma

代入数据解得a＝1.0 m/s2

刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离dmin＝at2

解得dmin＝0.50 m

当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则dmax＝vt＝3.0 m.

(2)由于工件加速时间为t1＝＝3.0 s，因此传送带上总有三个(n1＝3)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f1＝3μmgcos θ

在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x＝＝4.5 m

传送带上匀速运动的工件数n2＝＝3

当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力f0＝mgsin θ，所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f2＝n2f0

与空载相比，传送带需增大的牵引力F＝f1＋f2，联立解得F＝33 N.

【答案】  (1)0.50 m　3.0 m　(2)33 N