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.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4m/s順時針運行,質量為1kg的小物塊以6m/s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0.2,傳送帶的長度為10m,重力加速度g取10m/s2.對上述過程,下列說法正確的是 ()A.小物塊對傳送帶做功為20JB.小物塊對傳送帶做功為48JC.帶動傳送帶轉動的電動機多做的功為40JD.帶動傳送帶轉動的電動機多做的功為50J【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θ=37°的直軌道AB,其下方右側放置一水平傳送帶,直軌道末端B與傳送帶間距可近似視為零,但允許小物塊通過.轉輪半徑R=0.4m、轉軸間距L=2m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H=2.2m.現將一小物塊放在距離傳送帶高h處由靜止釋放,小物塊可從B與C之間通過,假設小物塊從直軌道B端運動到達傳送帶上C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μ=0.5.(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)(1)若h=2.4m,求小物塊到達B端時速度的大小;(2)若小物塊落到傳送帶左側地面,求h需要滿足的條件;(3)改變小物塊釋放時距傳遞帶的高度h,小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出,不計空氣阻力,求小物塊落地點到D點的水平距離x與h的關系式及h需要滿足的條件.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θ=37°,順時針勻速轉動,在輸送帶下端A點無初速放入貨物.貨物可從下端A點運動到上端B點的過程中,其機械能E與位移x的關系圖像(以A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m=10kg,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.下列說法正確的是 ()A.貨物與輸送帶間的動摩擦因數為0.825B.輸送帶A、B兩端點間的距離為8mC.貨物從下端A點運動到上端B點的時間為9sD.皮帶輸送機因運送該貨物而多消耗的能量為585J【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μ≥tanθ時,物體與傳送帶相對靜止一起做勻速直線運動,當滿足μ<tanθ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.【跟蹤訓練】1.(不定項)[2024·湖北黃石模擬]如圖所示,水平傳送帶以v=6m/s的速度沿順時針方向勻速轉動,水平部分AB長為L,并與長為3.6m的光滑傾斜軌道BC在B點平滑連接,BC與水平面的夾角為30°.現將一個可視為質點的工件從A點由靜止釋放,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ,g取10m/s2,要使工件能到達C點(沒有施加其他外力輔助),下列關于μ和L的取值可能正確的是 ()A.μ=0.5,L=3m B.μ=0.4,L=5mC.μ=0.3,L=6m D.μ=0.2,L=7m2.中國國家郵政局監測數據顯示,2023年1~4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0.5kg的貨物(可視為質點)輕放在傾斜傳送帶上端A處,圖乙為傾斜傳送帶AB段的數控設備記錄的貨物的速度—時間圖像,1.2s末貨物剛好到達下端B處,隨后以不變的速率滑上水平傳送帶C端.已知CD段的長度L=6m,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,B、C間距忽略不計,g取10m/s2.下列說法不正確的是 ()A.貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.5B.傾斜傳送帶與水平面間的夾角為30°C.貨物在水平傳動帶上做勻變速直線運動的時間為0.4sD.貨物從C端運動到D端的過程中,貨物與傳送帶間因摩擦產生的總熱量為1J3.[2024·紹興模擬]如圖所示,彈簧鎖定后所儲存的彈性勢能Ep=18J,一個質量m=1kg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l=6m的水平傳送帶.在傳送帶右側等高的平臺上固定半徑R=0.5m的豎直放置的圓軌道ABCD,A、D的位置錯開,以便小物塊繞行一圈后可以通過D到達E位置.已知小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.25,其他摩擦均忽略不計,g取10m/s2.(1)若傳送帶以5m/s的速度順時針轉動,求小物塊通過傳送帶時的速度的大小;(2)若傳送帶以5m/s的速度順時針轉動,求小物塊通過圓軌道最高點C時軌道對其作用力的大小;(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ABCD,求傳送帶轉動速度v的可能值.參考答案與詳細解析例1C[解析]小物塊的加速度大小為a=μmgm=2m/s2,小物塊向左減速至0過程的位移為x=v022a=9m,小物塊向左運動的時間為t1=v0a=3s,由于x<10m,所以之后小物塊向右運動至與傳送帶共速,所用的時間為t2=va=2s,小物塊對傳送帶做功為W=-μmgv(t1+t2)=-40J,A、B錯誤;全程小物塊與傳送帶的相對位移為Δx=v022a+vt1+vt2-12at22=25m,根據功能關系可知,帶動傳送帶轉動的電動機多做的功為W'=μmgΔx-12m例2(1)4m/s(2)h<3.0m(3)x=2?-3,h≥3.6[解析](1)物塊由靜止釋放到B的過程中,有mgsinθ-μmgcosθ=mavB2=2聯立解得vB=4m/s(2)要使物塊由傳送帶左側離開,應使物塊到達D點之前速度減小為零,由動能定理有mgh-μmgcosθ?sinθ-解得h<3.0m(3)物塊從傳送帶右側拋出,設到達D點的速度為v,有mgh-μmgcosθ?sinθ-μmgL=1H+2R=12gtx=vt聯立可得x=2?為使物塊能在D點水平拋出,應有mg≤m解得h≥3.6m例3C[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x貨=0.5m,貨物增加的機械能ΔE1=35J,由功能關系得ΔE1=μmgcos37°·x貨,解得貨物與輸送帶間的動摩擦因數μ=0.875,故A錯誤;由圖像可知,物塊沿傳送帶向上運動0.5m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ΔE2=(515-35)J=480J,由功能關系得mgx2sin37°=ΔE2,解得x2=8m,則傳送帶A、B兩端點之間的距離為L=x貨+x2=8.5m,故B錯誤;設加速階段的加速度大小為a,加速階段時間為t1,有μmgcos37°-mgsin37°=ma,x貨=12at12,v2=2ax貨,解得t1=1s,v=1m/s,設勻速階段時間為t2,有x2=vt2,解得t=8s,所以貨物從下端A點運動到上端B點的時間為t=t1+t2=9s,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E=μmgcos37°·Δx1+12mv2+mgLsin37°,其中Δx1=x傳-x貨=vt1-12at12=0.5m,解得E【跟蹤訓練】1.BC[解析]設工件運動到B點的速度為vB時能恰好到達C點,根據機械能守恒定律得12mvB2=mgxBCsin30°,解得vB=6m/s,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μmgx=12mvB2,且x≤L,解得μL≥1.8m,代入選項數據可知,B、C2.B[解析]由圖像可知,0~0.2s內,貨物在傾斜傳送帶上的加速度大小為a1=Δv1Δt1=20.2m/s2=10m/s2,0.2~1.2s內,貨物在傾斜傳送帶上的加速度大小為a2=Δv2Δt2=4?21.2?0.2m/s2=2m/s2,根據牛頓第二定律,0~0.2s內,有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,0.2~1.2s內,有mgsinθ-μmgcosθ=ma2,聯立解得sinθ=0.6,μ=0.5,故A正確,B錯誤;由圖像可知,傳送帶的速率v=2m/s,貨物在水平傳送帶上運動的加速度大小為a=μmgm,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t3=v2-va,貨物的位移大小為x=v2+v2t3,聯立解得t3=0.4s,x=1.2m,由于x<L,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Δx=x-3.(1)5m/s(2)0(3)傳送帶順時針轉動,v≥5m/s或0≤v≤10m/s;或者傳送帶逆時針轉動,速度取任意值[解析](1)設小物塊釋放后,沖上水平傳送帶時的速度大小為v0,根據題意,由能量守恒定律可得Ep=12m解得v0=6m/s小物塊沖上傳送帶后做勻減速運動,設其加速度大小為a,根據牛頓第二定律有μmg=ma解得a=2.5m/s2設小物塊與傳送帶共速時對地位移為x,傳送帶速度為v1,則由運動學公式可得v02-v解得x=2.2m由于x<l,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5m/s.(2)設小物塊通過圓軌道最高點時的速度為v2,軌道對小物塊的彈力為FN,則小物塊滑出傳送帶后運動到圓軌道最高點C過程,由動能定理有-2mgR=12mv22-在最高點C時,由牛頓第二定律可得FN+mg=mv聯立解得FN=0(3)要使小物塊在運動過程中不脫離圓軌道ABCD,有兩種可能情況:情況一:小物塊能運動到圓軌道的最高點C.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5m/s,所以當傳送帶順時針轉動且速度v≥5m/s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12mv3其中h≤R解得小物塊離開傳送帶的速度v3≤10m/s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v42-v解得小物塊離開傳動帶的最小速度v4=6m/s由于v4≤v3,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