资源简介

(共38张PPT)
第1讲 传送带模型综合问题
角度1 水平传送带综合问题
角度2 倾斜传送带综合问题
跟踪训练
备用习题
传送带模型综合问题可以分为动力学问题和能量问题
(1)传送带模型的动力学问题的难点在物体与传送带间的相对运动,物体运动状
态发生变化的临界点是对地速度为零，物体与传送带间相对运动状态发生变
化的临界点是相对速度为零，求解的关键点是摩擦力性质和方向的判断.
(2)传送带模型的能量问题主要涉及物体动能的变化和系统产生的热量.前
者一般可用动能定理分析，要用到物体的对地位移，后者一般可用摩擦生
热公式计算，要用到物体与皮带间的相对路程.
角度1 水平传送带综合问题
例1 [2024·绍兴模拟] 如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度
顺时针运行，质量为的小物块以 的初速度从传送带右端滑上传
送带，经一段时间后小物块离开传送带.已知小物块与传送带间的动摩擦
因数为，传送带的长度为，重力加速度取 .对上述过程，
下列说法正确的是( )
A.小物块对传送带做功为
B.小物块对传送带做功为
C.带动传送带转动的电动机多做的功为
D.带动传送带转动的电动机多做的功为
√
[解析] 小物块的加速度大小为
，小物块向左减速至0过
程的位移为 ，小物块向左运动的时
间为 ，由于
,所以之后小物块向右运动至与传送带
共速，所用的时间为 ，小物块对传
送带做功为 ，A、
B错误；全程小物块与传送带的相对位移为
，根据功能
关系可知，带动传送带转
动的电动机多做的功为
，C正确，
D错误.
技法点拨
1.小物块在传送带上做匀变速运动，一般仍选择地面为参考系进行求解，
此时相关运动学公式、功的表达式中的位移、速度、加速度都是对地而言，
不能用相对传送带的量代入计算.
2.小物块在传送带上先向左减速到零，再向右运动时，有两种可能性，当
小物块的初速度大小比传送带速率小时，小物块向右一直做匀加速运动，
当小物块的初速度大小比传送带速率大时，小物块向右先做匀加速运动，
后相对传送带静止一起做匀速直线运动.
例2 某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动
的关系，建立如图所示的物理模型.竖直平面内有一倾角 的直轨道
，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端 与传送带间距可近似视
为零，但允许小物块通过.转轮半径、转轴间距 的传送带
以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度 .现将一
小物块放在距离传送带高处由静止释放，小物块可从与 之间通过，假
设小物块从直轨道端运动到达传送带上 点时，速度大小不变，方向变
为水平向右.已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为
，,取
[解析] 物块由静止释放到的过程中,有
联立解得
(1) 若，求小物块到达 端时速度的大小；
[答案]
[解析] 要使物块由传送带左侧离开，
应使物块到达 点之前速度减小为零,
由动能定理有
解得
(2) 若小物块落到传送带左侧地面，求 需要满足的条件；
[答案]
(3) 改变小物块释放时距传递带的高度，小物块从传送带的 点水平向右
抛出，不计空气阻力，求小物块落地点到点的水平距离与 的关系式及
需要满足的条件.
[答案] ,
[解析] 物块从传送带右侧抛出，设到达点的速度为 ，有
联立可得
为使物块能在 点水平抛出，应有
解得
角度2 倾斜传送带综合问题
例3 [2024·诸暨模拟] 如图甲所示为皮带输送机简化模型图，皮带输送机
倾角 ，顺时针匀速转动，在输送带下端 点无初速放入货物.货物
可从下端点运动到上端点的过程中，其机械能与位移 的关系图像
(以 位置所在水平面为零势能面)如图乙所示.货物视为质点，质量
，重力加速度取，， .下列
说法正确的是( )
A.货物与输送带间的动摩擦因数为0.825
B.输送带、两端点间的距离为
C.货物从下端点运动到上端点的时间为
D.皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为
√
[解析] 由题图可知，货物从开始运动到与传送带相对静止,货物的位移
,货物增加的机械能 ,由功能关系得
，解得货物与输送带间的动摩擦因数 ，
故A错误；由图像可知，物块沿传送带向上运动 后与传送带相对静止，
此后物块的动能不变，重力势能增加，摩擦力变为静摩擦力,货物运动到B
点时又增加的机械能 ,由功能关系得
，解得 ，则传送带A、B两端点之间的距离为
，故B错误；设加速阶段的加速度大小为 ，加速阶
段时间为，有，， ，
解得，，设匀速阶段时间为，有 ，解得
，所以货物从下端A点运动到上端B点的时间为 ，
故C正确；由能量守恒定律可知，皮带输送机因运送该货物而多消耗的能
量为 ，其中
，解得 ，故D错误.
技法点拨
1.物体沿倾斜传送带向下加速至与传送带共速后的运动有两种可能性，当
满足 时，物体与传送带相对静止一起做匀速直线运动，当满足
时，物体继续做匀加速直线运动，但滑动摩擦力方向由沿传送
带向下变成沿传送带向上，加速度大小发生变化.
2.电动机因传送物体而多消耗的电能有两种求法.方法一，用能量守恒定律
求解，多消耗的电能等于物体机械能的变化和系统产生的热量之和.方法
二，用功能关系求解，以传送带为研究对象，多消耗的电能等于传送者克
服摩擦力做的功.
1.　(多选) 如图甲所示,质量为0.5 kg的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带,其位移与时间的变化关系如图乙所示,图线的0~3 s段为抛物线,3~4.5 s段为直线.下列说法正确的是 (　 　)
A.传送带沿逆时针方向转动
B.传送带的速度大小为2 m/s
C.物块刚滑上传送带时的速度大小为4 m/s
D.0~4.5 s内摩擦力对物块所做的功为-3 J
√
√
√
[解析] 位移—时间图像的斜率表示速度,由图像可知,前2 s内小物块向左做匀减速运动,第3 s内小物块向右做匀加速运动,由于3~4.5 s内x-t图像为一次函数,说明小物块已与传送带保持相对静止,即与传送带一起向右做匀速运动,因此传送带沿顺时针方向转动,且速度为v= m/s=2 m/s,故B正确,A错误;
由图像可知,在第3 s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动,则x2=at2,其中x2=1 m,t=1 s,解得a=2 m/s2,在0~2 s内,对物块有0-=-2ax1,其中x1=4 m,解得物块刚滑上传送带时的速度为v0=4 m/s,故C正确;
在0~4.5 s内,对物块,根据动能定理得摩擦力对物块所做的功
为Wf=mv2-m=-3 J,故D正确.
2.　 皮带式传送带是物料搬运系统机械化和自动化不可缺少的组成部分.如图,传送带的倾角为θ=30°.以v=3 m/s的速度向上匀速运行,将质量为m=10 kg的货物(可视为质点)由静止释放从底端运达到顶端.若传送带顶端的高度h=2.5 m,货物与传送带间的动摩擦因数为μ=.假设每分钟运送货物60件,g取10 m/s2.
(1)一件货物由底端经多长时间与传送带共速
[答案] 1.2 s　
[解析] 对货物,由牛顿第二定律得
μmgcos θ-mgsin θ=ma
设货物由底端经时间t1与传送带共速,由v=at1
解得t1=1.2 s
(2)一件货物由底端到顶端运动的过程中,摩擦力对该货物做的功是多少
[答案] 295 J　
[解析] 由底端到共速时,货物运动的距离x1==1.8 m
滑动摩擦力对货物做的功W1=μmgcos θ·x1
斜面长为L==5 m
匀速运动过程中静摩擦力做的功W2=mgsin θ
摩擦力对货物做的总功为W=W1+W2=295 J
(3)与未放货物相比,电动机每小时需多提供多少电能 (结果保留2位有效数字)
[答案] 1.5×106 J
[解析] 货物匀加速过程中,传送带的位移s1=vt1=3.6 m
货物与传送带间因摩擦而产生的内能
Q=μmgcos θ
设一件货物运送到顶端需多提供的电能为
E1=mv2+mgh+Q=430 J
每小时需要多提供的电能E=nE1=1.5×106 J
1.(不定项)[2024·湖北黄石模拟] 如图所示，水平传送带以 的速
度沿顺时针方向匀速转动，水平部分长为，并与长为 的光滑倾
斜轨道在点平滑连接，与水平面的夹角为 .现将一个可视为质
点的工件从点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数为 ， 取
，要使工件能到达点(没有施加其他外力辅助)，下列关于 和
的取值可能正确的是( )
A., B.,
C., D.,
√
√
[解析] 设工件运动到B点的速度为 时能恰好
到达C点，根据机械能守恒定律得
，解得 ，此
速度恰好与传送带速度相等，说明工件在水平
传送带上运动到B点前已与传送带共速，根据
动能定理得，且 ，解得
，代入选项数据可知，B、C正确，
A、D错误.
2.中国国家邮政局监测数据显示，2023年 月中国快递业务量达300亿
件，我们的生活离不开快递.图甲为快递物流配送分拣示意图，水平传送
带和倾斜传送带以相同的速率逆时针运行.现将一质量为 的货物
(可视为质点)轻放在倾斜传送带上端处，图乙为倾斜传送带 段的数控
设备记录的货物的速度—时间图像，末货物刚好到达下端 处，随后
以不变的速率滑上水平传送带端.已知段的长度 ，最大静摩擦
力均与相应的滑动摩擦力相等，货物与两条传送带间的动摩擦因数相同，
、间距忽略不计，取 .下列说法不正确的是( )
A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
B.倾斜传送带与水平面间的夹角为
C.货物在水平传动带上做匀变速直线运动的时间为
D.货物从端运动到 端的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的总热量
为
√
[解析] 由图像可知， 内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为
， 内，货物在倾斜传送带上的加
速度大小为 ，根据牛顿第二定律，
内，有， 内，有
，联立解得， ，故A正确，
B错误；由图像可知，传送带的速率 ，货物在水平传送带上运动
的加速度大小为 ，货物在水平传送带上做匀变速运动到与传送带
共速需要的时间，货物的位移大小为 ，联立解得
，，由于 ，所以货物能与水平传送带共速，之后
一起做匀速运动，货物在水平传送带上的相对位移 ，货物与
传送带间因摩擦产生的总热量，联立解得 ，故C、D正确.
3.[2024·绍兴模拟] 如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能 ，
一个质量 的小物块紧靠弹簧放置.释放后，弹簧恢复原长时小物
块冲上长度 的水平传送带.在传送带右侧等高的平台上固定半径
的竖直放置的圆轨道，、 的位置错开，以便小物块绕
行一圈后可以通过到达 位置.已知小物块与传送带之间的动摩擦因数
，其他摩擦均忽略不计，取 .
(1) 若传送带以 的速度顺时针转动，求小物块通过传送带时的速度
的大小；
[答案]
[解析] 设小物块释放后，冲上水
平传送带时的速度大小为 ，根据题意，
由能量守恒定律可得
解得
小物块冲上传送带后做匀减速运动，设其加速度大小为 ，根据牛顿第二
定律有 解得
设小物块与传送带共速时对地位移为，传送带速度为 ，则由运动学公
式可得
解得
由于 ,所以小物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，则小物
块通过传送带时的速度大小为 .
(2) 若传送带以的速度顺时针转动，求小物块通过圆轨道最高点 时
轨道对其作用力的大小；
[答案] 0
[解析] 设小物块通过圆轨道最高点时的速度为 ，轨道对小物块的弹力
为，则小物块滑出传送带后运动到圆轨道最高点 过程，由动能定理有
在最高点时，由牛顿第二定律可得
联立解得
(3) 若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不
脱离圆轨道，求传送带转动速度 的可能值.
[答案] 传送带顺时针转动，或 ；或者传送带逆
时针转动，速度取任意值
[解析] 要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道 ，有两种可能情况：
情况一：小物块能运动到圆轨道的最高点 .
当小物块恰好能运动到圆轨道的最高点时，小物块对轨道的压力为零，由
第(2)问可知，此时传送带顺时针转动且速度为 ，所以当传送带顺时
针转动且速度 时，小物块能运动到圆轨道最高点而不脱离圆轨道.
情况二：小物块沿圆轨道运动的最高点不高于圆轨道的圆心.
小物块从离开传送带至运动到最高处，由机械能守恒定律得
其中
解得小物块离开传送带的速度
现在确定小物块离开传动带的最小速度：若小物块在传送带上一直做匀减
速运动到离开传动带，则小物块离开传送带的速度最小，由运动学公式得
解得小物块离开传动带的最小速度
由于 ，说明情况二存在.
对于情况二，小物块的运动情况有两种类型：一是小物块一直匀减速通过
传送带，此种情况下小物块以 的速度运动到圆轨道底端；二是小
物块在传送带上先匀减速运动，速度减小到与传送带速度相等后，小物块
与传送带一起相对静止运动直至离开传送带，此种情况下小物块以大于
而小于等于 的速度运动到圆轨道的底端.传送带的速度分成
两种类型：一是传动带逆时针转动，速度可以是任意值；二是传送带顺时
针转动，且速度 .
综上所述，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道 ，传动带的速度
的可能取值是：传动带顺时针转动，或 ；或
者传送带逆时针转动，速度取任意值.

展开更多......

收起↑