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(共38張PPT)
第1講 傳送帶模型綜合問題
角度1 水平傳送帶綜合問題
角度2 傾斜傳送帶綜合問題
跟蹤訓練
備用習題
傳送帶模型綜合問題可以分為動力學問題和能量問題
(1)傳送帶模型的動力學問題的難點在物體與傳送帶間的相對運動,物體運動狀
態發生變化的臨界點是對地速度為零，物體與傳送帶間相對運動狀態發生變
化的臨界點是相對速度為零，求解的關鍵點是摩擦力性質和方向的判斷.
(2)傳送帶模型的能量問題主要涉及物體動能的變化和系統產生的熱量.前
者一般可用動能定理分析，要用到物體的對地位移，后者一般可用摩擦生
熱公式計算，要用到物體與皮帶間的相對路程.
角度1 水平傳送帶綜合問題
例1 [2024·紹興模擬] 如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速度
順時針運行，質量為的小物塊以 的初速度從傳送帶右端滑上傳
送帶，經一段時間后小物塊離開傳送帶.已知小物塊與傳送帶間的動摩擦
因數為，傳送帶的長度為，重力加速度取 .對上述過程，
下列說法正確的是( )
A.小物塊對傳送帶做功為
B.小物塊對傳送帶做功為
C.帶動傳送帶轉動的電動機多做的功為
D.帶動傳送帶轉動的電動機多做的功為
√
[解析] 小物塊的加速度大小為
，小物塊向左減速至0過
程的位移為 ，小物塊向左運動的時
間為 ，由于
,所以之后小物塊向右運動至與傳送帶
共速，所用的時間為 ，小物塊對傳
送帶做功為 ，A、
B錯誤；全程小物塊與傳送帶的相對位移為
，根據功能
關系可知，帶動傳送帶轉
動的電動機多做的功為
，C正確，
D錯誤.
技法點撥
1.小物塊在傳送帶上做勻變速運動，一般仍選擇地面為參考系進行求解，
此時相關運動學公式、功的表達式中的位移、速度、加速度都是對地而言，
不能用相對傳送帶的量代入計算.
2.小物塊在傳送帶上先向左減速到零，再向右運動時，有兩種可能性，當
小物塊的初速度大小比傳送帶速率小時，小物塊向右一直做勻加速運動，
當小物塊的初速度大小比傳送帶速率大時，小物塊向右先做勻加速運動，
后相對傳送帶靜止一起做勻速直線運動.
例2 某砂場為提高運輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動
的關系，建立如圖所示的物理模型.豎直平面內有一傾角 的直軌道
，其下方右側放置一水平傳送帶，直軌道末端 與傳送帶間距可近似視
為零，但允許小物塊通過.轉輪半徑、轉軸間距 的傳送帶
以恒定的線速度逆時針轉動，轉輪最低點離地面的高度 .現將一
小物塊放在距離傳送帶高處由靜止釋放，小物塊可從與 之間通過，假
設小物塊從直軌道端運動到達傳送帶上 點時，速度大小不變，方向變
為水平向右.已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動摩擦因數均為
，,取
[解析] 物塊由靜止釋放到的過程中,有
聯立解得
(1) 若，求小物塊到達 端時速度的大小；
[答案]
[解析] 要使物塊由傳送帶左側離開，
應使物塊到達 點之前速度減小為零,
由動能定理有
解得
(2) 若小物塊落到傳送帶左側地面，求 需要滿足的條件；
[答案]
(3) 改變小物塊釋放時距傳遞帶的高度，小物塊從傳送帶的 點水平向右
拋出，不計空氣阻力，求小物塊落地點到點的水平距離與 的關系式及
需要滿足的條件.
[答案] ,
[解析] 物塊從傳送帶右側拋出，設到達點的速度為 ，有
聯立可得
為使物塊能在 點水平拋出，應有
解得
角度2 傾斜傳送帶綜合問題
例3 [2024·諸暨模擬] 如圖甲所示為皮帶輸送機簡化模型圖，皮帶輸送機
傾角 ，順時針勻速轉動，在輸送帶下端 點無初速放入貨物.貨物
可從下端點運動到上端點的過程中，其機械能與位移 的關系圖像
(以 位置所在水平面為零勢能面)如圖乙所示.貨物視為質點，質量
，重力加速度取，， .下列
說法正確的是( )
A.貨物與輸送帶間的動摩擦因數為0.825
B.輸送帶、兩端點間的距離為
C.貨物從下端點運動到上端點的時間為
D.皮帶輸送機因運送該貨物而多消耗的能量為
√
[解析] 由題圖可知，貨物從開始運動到與傳送帶相對靜止,貨物的位移
,貨物增加的機械能 ,由功能關系得
，解得貨物與輸送帶間的動摩擦因數 ，
故A錯誤；由圖像可知，物塊沿傳送帶向上運動 后與傳送帶相對靜止，
此后物塊的動能不變，重力勢能增加，摩擦力變為靜摩擦力,貨物運動到B
點時又增加的機械能 ,由功能關系得
，解得 ，則傳送帶A、B兩端點之間的距離為
，故B錯誤；設加速階段的加速度大小為 ，加速階
段時間為，有，， ，
解得，，設勻速階段時間為，有 ，解得
，所以貨物從下端A點運動到上端B點的時間為 ，
故C正確；由能量守恒定律可知，皮帶輸送機因運送該貨物而多消耗的能
量為 ，其中
，解得 ，故D錯誤.
技法點撥
1.物體沿傾斜傳送帶向下加速至與傳送帶共速后的運動有兩種可能性，當
滿足 時，物體與傳送帶相對靜止一起做勻速直線運動，當滿足
時，物體繼續做勻加速直線運動，但滑動摩擦力方向由沿傳送
帶向下變成沿傳送帶向上，加速度大小發生變化.
2.電動機因傳送物體而多消耗的電能有兩種求法.方法一，用能量守恒定律
求解，多消耗的電能等于物體機械能的變化和系統產生的熱量之和.方法
二，用功能關系求解，以傳送帶為研究對象，多消耗的電能等于傳送者克
服摩擦力做的功.
1.　(多選) 如圖甲所示,質量為0.5 kg的小物塊從右側滑上勻速轉動的水平傳送帶,其位移與時間的變化關系如圖乙所示,圖線的0~3 s段為拋物線,3~4.5 s段為直線.下列說法正確的是 (　 　)
A.傳送帶沿逆時針方向轉動
B.傳送帶的速度大小為2 m/s
C.物塊剛滑上傳送帶時的速度大小為4 m/s
D.0~4.5 s內摩擦力對物塊所做的功為-3 J
√
√
√
[解析] 位移—時間圖像的斜率表示速度,由圖像可知,前2 s內小物塊向左做勻減速運動,第3 s內小物塊向右做勻加速運動,由于3~4.5 s內x-t圖像為一次函數,說明小物塊已與傳送帶保持相對靜止,即與傳送帶一起向右做勻速運動,因此傳送帶沿順時針方向轉動,且速度為v= m/s=2 m/s,故B正確,A錯誤;
由圖像可知,在第3 s內小物塊向右做初速度為零的勻加速運動,則x2=at2,其中x2=1 m,t=1 s,解得a=2 m/s2,在0~2 s內,對物塊有0-=-2ax1,其中x1=4 m,解得物塊剛滑上傳送帶時的速度為v0=4 m/s,故C正確;
在0~4.5 s內,對物塊,根據動能定理得摩擦力對物塊所做的功
為Wf=mv2-m=-3 J,故D正確.
2.　 皮帶式傳送帶是物料搬運系統機械化和自動化不可缺少的組成部分.如圖,傳送帶的傾角為θ=30°.以v=3 m/s的速度向上勻速運行,將質量為m=10 kg的貨物(可視為質點)由靜止釋放從底端運達到頂端.若傳送帶頂端的高度h=2.5 m,貨物與傳送帶間的動摩擦因數為μ=.假設每分鐘運送貨物60件,g取10 m/s2.
(1)一件貨物由底端經多長時間與傳送帶共速
[答案] 1.2 s　
[解析] 對貨物,由牛頓第二定律得
μmgcos θ-mgsin θ=ma
設貨物由底端經時間t1與傳送帶共速,由v=at1
解得t1=1.2 s
(2)一件貨物由底端到頂端運動的過程中,摩擦力對該貨物做的功是多少
[答案] 295 J　
[解析] 由底端到共速時,貨物運動的距離x1==1.8 m
滑動摩擦力對貨物做的功W1=μmgcos θ·x1
斜面長為L==5 m
勻速運動過程中靜摩擦力做的功W2=mgsin θ
摩擦力對貨物做的總功為W=W1+W2=295 J
(3)與未放貨物相比,電動機每小時需多提供多少電能 (結果保留2位有效數字)
[答案] 1.5×106 J
[解析] 貨物勻加速過程中,傳送帶的位移s1=vt1=3.6 m
貨物與傳送帶間因摩擦而產生的內能
Q=μmgcos θ
設一件貨物運送到頂端需多提供的電能為
E1=mv2+mgh+Q=430 J
每小時需要多提供的電能E=nE1=1.5×106 J
1.(不定項)[2024·湖北黃石模擬] 如圖所示，水平傳送帶以 的速
度沿順時針方向勻速轉動，水平部分長為，并與長為 的光滑傾
斜軌道在點平滑連接，與水平面的夾角為 .現將一個可視為質
點的工件從點由靜止釋放，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為 ， 取
，要使工件能到達點(沒有施加其他外力輔助)，下列關于 和
的取值可能正確的是( )
A., B.,
C., D.,
√
√
[解析] 設工件運動到B點的速度為 時能恰好
到達C點，根據機械能守恒定律得
，解得 ，此
速度恰好與傳送帶速度相等，說明工件在水平
傳送帶上運動到B點前已與傳送帶共速，根據
動能定理得，且 ，解得
，代入選項數據可知，B、C正確，
A、D錯誤.
2.中國國家郵政局監測數據顯示，2023年 月中國快遞業務量達300億
件，我們的生活離不開快遞.圖甲為快遞物流配送分揀示意圖，水平傳送
帶和傾斜傳送帶以相同的速率逆時針運行.現將一質量為 的貨物
(可視為質點)輕放在傾斜傳送帶上端處，圖乙為傾斜傳送帶 段的數控
設備記錄的貨物的速度—時間圖像，末貨物剛好到達下端 處，隨后
以不變的速率滑上水平傳送帶端.已知段的長度 ，最大靜摩擦
力均與相應的滑動摩擦力相等，貨物與兩條傳送帶間的動摩擦因數相同，
、間距忽略不計，取 .下列說法不正確的是( )
A.貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.5
B.傾斜傳送帶與水平面間的夾角為
C.貨物在水平傳動帶上做勻變速直線運動的時間為
D.貨物從端運動到 端的過程中，貨物與傳送帶間因摩擦產生的總熱量
為
√
[解析] 由圖像可知， 內，貨物在傾斜傳送帶上的加速度大小為
， 內，貨物在傾斜傳送帶上的加
速度大小為 ，根據牛頓第二定律，
內，有， 內，有
，聯立解得， ，故A正確，
B錯誤；由圖像可知，傳送帶的速率 ，貨物在水平傳送帶上運動
的加速度大小為 ，貨物在水平傳送帶上做勻變速運動到與傳送帶
共速需要的時間，貨物的位移大小為 ，聯立解得
，，由于 ，所以貨物能與水平傳送帶共速，之后
一起做勻速運動，貨物在水平傳送帶上的相對位移 ，貨物與
傳送帶間因摩擦產生的總熱量，聯立解得 ，故C、D正確.
3.[2024·紹興模擬] 如圖所示，彈簧鎖定后所儲存的彈性勢能 ，
一個質量 的小物塊緊靠彈簧放置.釋放后，彈簧恢復原長時小物
塊沖上長度 的水平傳送帶.在傳送帶右側等高的平臺上固定半徑
的豎直放置的圓軌道，、 的位置錯開，以便小物塊繞
行一圈后可以通過到達 位置.已知小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數
，其他摩擦均忽略不計，取 .
(1) 若傳送帶以 的速度順時針轉動，求小物塊通過傳送帶時的速度
的大小；
[答案]
[解析] 設小物塊釋放后，沖上水
平傳送帶時的速度大小為 ，根據題意，
由能量守恒定律可得
解得
小物塊沖上傳送帶后做勻減速運動，設其加速度大小為 ，根據牛頓第二
定律有 解得
設小物塊與傳送帶共速時對地位移為，傳送帶速度為 ，則由運動學公
式可得
解得
由于 ,所以小物塊與傳送帶共速后和傳送帶一起做勻速運動，則小物
塊通過傳送帶時的速度大小為 .
(2) 若傳送帶以的速度順時針轉動，求小物塊通過圓軌道最高點 時
軌道對其作用力的大小；
[答案] 0
[解析] 設小物塊通過圓軌道最高點時的速度為 ，軌道對小物塊的彈力
為，則小物塊滑出傳送帶后運動到圓軌道最高點 過程，由動能定理有
在最高點時，由牛頓第二定律可得
聯立解得
(3) 若傳送帶速度大小、方向皆可任意調節，要使小物塊在運動過程中不
脫離圓軌道，求傳送帶轉動速度 的可能值.
[答案] 傳送帶順時針轉動，或 ；或者傳送帶逆
時針轉動，速度取任意值
[解析] 要使小物塊在運動過程中不脫離圓軌道 ，有兩種可能情況：
情況一：小物塊能運動到圓軌道的最高點 .
當小物塊恰好能運動到圓軌道的最高點時，小物塊對軌道的壓力為零，由
第(2)問可知，此時傳送帶順時針轉動且速度為 ，所以當傳送帶順時
針轉動且速度 時，小物塊能運動到圓軌道最高點而不脫離圓軌道.
情況二：小物塊沿圓軌道運動的最高點不高于圓軌道的圓心.
小物塊從離開傳送帶至運動到最高處，由機械能守恒定律得
其中
解得小物塊離開傳送帶的速度
現在確定小物塊離開傳動帶的最小速度：若小物塊在傳送帶上一直做勻減
速運動到離開傳動帶，則小物塊離開傳送帶的速度最小，由運動學公式得
解得小物塊離開傳動帶的最小速度
由于 ，說明情況二存在.
對于情況二，小物塊的運動情況有兩種類型：一是小物塊一直勻減速通過
傳送帶，此種情況下小物塊以 的速度運動到圓軌道底端；二是小
物塊在傳送帶上先勻減速運動，速度減小到與傳送帶速度相等后，小物塊
與傳送帶一起相對靜止運動直至離開傳送帶，此種情況下小物塊以大于
而小于等于 的速度運動到圓軌道的底端.傳送帶的速度分成
兩種類型：一是傳動帶逆時針轉動，速度可以是任意值；二是傳送帶順時
針轉動，且速度 .
綜上所述，要使小物塊在運動過程中不脫離圓軌道 ，傳動帶的速度
的可能取值是：傳動帶順時針轉動，或 ；或
者傳送帶逆時針轉動，速度取任意值.

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