專題06傳送帶模型

目錄

【解決傳送帶問題的幾個關鍵點】............................................................1

【模型一】水平傳動帶模型上物體的常見運動..................................................1

【模型二】傾斜傳送帶模型上物體的常見運動................................................15

1.傾斜傳送帶——上傳模型............................................................15

2.傾斜傳送帶——下載................................................................16

【模型三】傳送帶與新情景問題.............................................................37

【解決傳送帶問題的幾個關鍵點】

I、受力分析

（1）“帶動法”判斷摩擦力方向：同向快帶慢、反向互相阻；

（2）共速要突變的三種可能性：①滑動摩擦力突變為零；②滑動摩擦力突變為靜摩擦力；③方向突變。

II、運動分析

（1）參考系的選擇：物體的速度、位移、加速度均以地面為參考系；痕跡指的是物體相對傳送帶的位移。

（2）判斷共速以后一定與傳送帶保持相對靜止作勻速運動嗎？

（3）判斷傳送帶長度——臨界之前是否滑出？

IIL畫圖

畫出受力分析圖和運動情景圖，特別是畫好v-t圖像輔助解題，注意摩擦力突變對物體運動的影響，注意參

考系的選擇。

【模型一】水平傳動帶模型上物體的常見運動

項目情景1:輕放情景2：同向情景3：反向

圖示O<1

滑塊可（1）可能滑塊一直加速；（l）v0<v時，可能一直加速，（i）傳送帶較短時，滑塊一直減速達到

能的（2）可能滑塊先加速后勻也可能先加速再勻速；左端.

運動速；（2）v0>v時，可能一直減速，（2）傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶

情況也可能先減速再勻速.傳回右端.其中v0>v和v0<v兩種

情況下滑塊回到右端時有何不同？

1.如圖甲為應用于機場和火車站的安全檢查儀，用于對旅客的行李進行安全檢查.其傳送裝置可簡化為如

圖乙的模型，緊繃的傳送帶始終保持片lm/s的恒定速率運行.旅客把行李無初速度地放在/處，設行李與

傳送帶之間的動摩擦因數〃=0」，4、3間的距離為2m,g取10m/s2.若乘客把行李放到傳送帶的同時也以

片lm/s的恒定速率平行于傳送帶運動到8處取行李，則（）

A.乘客與行李同時到達8處

B.行李一直做加速直線運動

C.乘客提前0.5s到達3處

D.若傳送帶速度足夠大，行李最快也要2s才能到達3處

【答案】CD

【詳解】ABC.由牛頓第二定律，得

/nmg=ma

得

?=lm/s2

設行李做勻加速運動的時間為3行李加速運動的末速度為v=lm/s.由

v=防

代入數值，得

tx=Is

勻加速運動的位移大小為

12

x=—at=0.5m

2

勻速運動的時間為

L-x.

t=------=1.5s

2v

行李從4到8的時間為

，=%+4=2.5s

而乘客一直做勻速運動，從4到5的時間為

故乘客提前0.5s到達2,AB錯誤C正確;

D.若行李一直做勻加速運動時，運動時間最短.由

L=—cit

21r

解得，最短時間

D正確。

故選CDo

2.如圖，尸。為半徑足夠大的;光滑圓弧軌道，圓弧軌道末端與右側光滑水平面0s平滑連接，水平面

右側平滑對接一足夠長的水平傳送帶，傳送帶正在以v=8.0m/s的速度逆時針勻速轉動。有一質量為

1.0kg的物塊A靜止于圓弧軌道底端，在物塊A右側有一質量為M=1.0kg的物塊B,物塊B與傳送帶之

間的動摩擦因數〃=020,物塊B以水平向右%=10m/s的速度從傳送帶左側滑上傳送帶。當物塊B滑離

傳送帶后與物塊A發生碰撞，物塊A上有特殊裝置，可以使物塊A、B碰撞瞬間讓兩者合在一起成為一個

整體沿圓弧軌道向上運動，當A、B整體沿圓弧軌道向下運動到軌道底端時，該裝置使物塊A、B分開，物

塊A停在軌道底端，物塊B以分開前瞬間的速度向右運動，之后物塊A、B會多次作用，重力加速度大小

mg=10m/s2,不計空氣阻力，兩物塊均可看作質點。求：

(1)物塊A、B第一次沿圓弧軌道向下運動到軌道底端分開時物塊B的速度大小匕；

(2)物塊B從第一次滑上傳送帶到滑離傳送帶過程中摩擦產生的熱量Q；

(3)物塊B開始滑上傳送帶之后的整個過程中傳送帶對物塊B摩擦力的沖量I。

【答案】(l)4m/s(2)162J(3)34N,s

【詳解】(1)傳送帶足夠長，則物塊B在傳送帶上向右滑動的速度一定能減小到0,傳送帶的速度

v=8m/s,小于物塊B初始的速度％=10m/s,則物塊B第一次滑離傳送帶時速度等于傳送帶的速度

v=8m/s；設物塊A、B第一次碰撞之后速度為v共，物塊A、B碰撞過程，根據動量守恒定律有

+加)v共

解得

v共=4m/s

物塊A、B碰撞之后，沿圓弧軌道向上運動和返回過程中系統的機械能守恒，即A、B分開前瞬間它們的速

度曝=4m/s,所以A、B分開時物塊B的速度為

匕="共=4m/s

(2)物塊B在傳送帶上向右減速運動過程根據牛頓第二定律有

]nMg=Ma

解得

a=2m/s2

物塊B減速到0的時間

%=-=5s

a

物塊B和傳送帶運動的位移分別為占和％2,減速過程中相對滑動的位移為

Ax】=xx+x2=65m

物塊B在傳送帶上向左加速運動的加速度還為

a=2m/s2

物塊B向左加速到與傳送帶速度相等時不再發生相對滑動，加速過程時間

v/

/2=—=4s

a

設加速過程物塊B和傳送帶運動的位移分別為毛和乙，加速過程中相對滑動的位移為

.V1,

AX2=X4-X3=v^2-—12=Iom

整個過程產生的熱量為

Qx=piMg(A%i+Ax?)=162J

(3)物塊A、B第一次碰撞后，物塊B以速度匕=4m/s滑上傳送帶，物塊B的速度匕=4m/s小于傳送帶

的速度，則物塊向右減速到0后再向左加速，減速和加速過程的加速度大小相等，根據運動的對稱性可知

物塊B離開傳送帶時速度大小也為匕=4m/s,物塊B在傳送帶上運動的時間為

一--一-

設物塊A、B第二次碰撞之后速度為丫2,物塊A、B碰撞過程，根據動量守恒定律有

Mvx=（A/+w）v2

解得

v2=2m/s

物塊B以速度％=2m/s滑上傳送帶，物塊B的速度V2=2m/s小于傳送帶的速度，則物塊向右減速到0后

再向左加速，減速和加速過程的加速度大小相等，根據運動的對稱性可知物塊B離開傳送帶時速度大小也

為匕=2m/s；物塊B在傳送帶上運動的時間為

*i=2s

之后重復上述過程，設物塊A、B第〃次碰撞之后速度為匕，物塊A、B碰撞過程，根據動量守恒定律有

=（A/+m）v?

解得

M18

Vn-\=-V=~m/S（〃=1，2,3,...）

QQ

物塊B以速度為=吩111人滑上傳送帶，物塊B的速度v,L3m/s小于傳送帶的速度，則物塊向右減速到0

后再向左加速，減速和加速過程的加速度大小相等，根據運動的對稱性可知物塊B離開傳送帶時速度大小

Q

也為V"=^m/s；物塊B在傳送帶上運動的時間為

g

=-S（77=1,2,3,...）

一Q2"

物塊B在傳送帶上與傳送帶有相對滑動過程中物塊B會受到水平向左的滑動摩擦力，速度與傳送帶速度相

等之后不再受到摩擦力的作用，則摩擦力的作用時間為

%=，1+%2+（+%+…+北

根據等比數列求和得

4七

s=8s

則摩擦力的沖量為

I=juMgt=-s

3.（2024?貴州?高考真題）如圖，半徑為R=L8m的四分之一光滑圓軌道固定在豎直平面內，其末端與水平

地面W相切于P點，PM的長度d=2.7m。一長為￡=3.3m的水平傳送帶以恒定速率％=lm/s逆時針轉動,

其右端與地面在M點無縫對接。物塊a從圓軌道頂端由靜止釋放，沿軌道下滑至尸點，再向左做直線運動

至M點與靜止的物塊6發生彈性正碰，碰撞時間極短。碰撞后b向左運動到達傳送帶的左端N時，瞬間給

6—水平向右的沖量/,其大小為6N-s。以后每隔Af=0.6s給6一相同的瞬時沖量/,直到6離開傳送帶。

已知。的質量為加“=1kg,6的質量為%,=2kg,它們均可視為質點。a、6與地面及傳送帶間的動摩擦因數均

為〃=0.5,取重力加速度大小g=10m/s2。求：

(l)a運動到圓軌道底端時軌道對它的支持力大小；

(2)6從M運動到N的時間；

(3)6從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產生的熱量。

【詳解】(1)a從靜止釋放到圓軌道底端過程，根據機械能守恒定律

12

magR=~mavP

在尸點，設軌道對它的支持力大小為N,根據牛頓第二定律

N-mg=m—

aK

聯立解得

N=30N

(2)a從靜止釋放到〃點過程中，根據動能定理

12

magR-^magd=-mavM-0

解得

VM=3m/sa與6發生彈性碰撞的過程，根據動量守恒定律和機械能守恒定律有

機"V"=機,匕+機〃％

mvmv

g機=^aa+^bi

解得

v6=2m/sb滑上傳送帶后，根據牛頓第二定律

H叫g=mba

解得

a=5m/s2b的速度減小到與傳送帶速度相等所需的時間

=0.2s

a

對地位移

=o.3m

21

此后6做勻速直線運動，b到達傳送帶最左端還需要的時間

L—x.

。=----=3sb從Af運動到N的時間

%

t=t1+t2=3.2s

(3)設向右為正方向，瞬間給6—水平向右的沖量，對6根據動量定理

I^mbv-(-mbv0)

解得

V=2m/sb向右減速到零所需的時間

t=—-0.4s

3a

然后向左加速到％所需的時間

t=—=0.2s

4a

可得

4=與+ib在4時間內向右運動的距離

Ax=一——?/—0.3m

2324

循環10次后6向右運動的距離

=10?Ax=3m

每一次相對傳動帶運動的路程

s=~ti+voti+votA--^-h=0.9mZ)從N向右運動3m的過程中6與傳送帶摩擦產生的熱量

。1=l0jumbgs=90J

然后6繼續向右減速運動，根據運動學公式

vt^—_atg—L-x

解得

t5=0.2s

此過程，方相對傳動帶運動的路程

s'=L-x'+vot5=0.5m

此過程中6與傳送帶摩擦產生的熱量

2=gs'=5J6從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產生的熱量

。=+2=95J

4.(2024?湖北?高考真題)如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距離

為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點O,用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0.2kg的小球，小

球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在。點右側的尸點固定一釘子，P點與。點等高。將質量為0.1kg的小

物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大

小為1MS、方向水平向左。小球碰后繞。點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續繞P點向上運動。

已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5,重力加速度大小g=10m/s2。

(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小；

(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能；

(3)若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求尸點到。點的最小距離。

【答案】(1)5m/s；(2)0.3J；(3)0.2m

【詳解】(1)根據題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有

//mg=ma

解得

a=5m/s2

由運動學公式可得，小物塊與傳送帶共速時運動的距離為

=2.5m<L傳=3.6m

可知，小物塊運動到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等于傳

送帶的速度大小5m/s。

（2）小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統動量守恒，以向右為正方向,

由動量守恒定律有

機物v=加物匕+羽球內

v=5m/s,=-lm/s

小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能為

期=5加物V?_5機物V；_2加球V；

M=0.3J

（3）若小球運動到P點正上方，繩子恰好不松弛，設此時P點到。點的距離為d，小球在P點正上方的

速度為丫3,在尸點正上方，由牛頓第二定律有

小球從。點正下方到P點正上方過程中，由機械能守恒定律有

-機球只=加球冒+機球g（2上繩一d）

聯立解得

d=0.2m

即P點到O點的最小距離為0.2m。

5.（2020?全國?高考真題）如圖，相距工=11.5m的兩平臺位于同一水平面內，二者之間用傳送帶相接。傳送

帶向右勻速運動，其速度的大小v可以由驅動系統根據需要設定。質量加=10kg的載物箱（可視為質點）,

以初速度v°=5.0m/s自左側平臺滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動摩擦因數〃=0.10,重力加速度取g

=10m/s2o

(1)若v=4.0m/s,求載物箱通過傳送帶所需的時間；

(2)求載物箱到達右側平臺時所能達到的最大速度和最小速度;

13

(3)若v=6.0m/s,載物箱滑上傳送帶=后，傳送帶速度突然變為零。求載物箱從左側平臺向右側平臺運

動的過程中，傳送帶對它的沖量。

【答案】(l)2.75s；(2)v2=4V3m/s,匕=0m/s；(3)0/=208.3N-s,方向豎直向上

【詳解】(1)傳送帶的速度為”=4.0m/s時，載物箱在傳送帶上先做勻減速運動，設其加速度為a,由牛頓第

二定律有：

jumg=ma①

設載物箱滑上傳送帶后勻減速運動的距離為X/,由運動學公式有

v~VQ=-2aX](2)

聯立①②式，代入題給數據得x/=4.5m；(3)

因此，載物箱在到達右側平臺前，速度先減小至v,然后開始做勻速運動，設載物箱從滑上傳送帶到離開傳

送帶所用的時間為“，做勻減速運動所用的時間為0由運動學公式有

v-v0-at2④

「一⑤

聯立①③④⑤式并代入題給數據有〃=2.75s；⑥

(2)當載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運動時，到達右側平臺時的速度最小，設為V”當載物箱滑上傳送

帶后一直做勻加速運動時，到達右側平臺時的速度最大，設為電由動能定理有

T1212

-jumgL=—mvx--mv0⑦

〃加=|■加加說⑥

由⑦⑧式并代入題給條件得

V]=V2m/s,v2=4V3m/s⑨

⑶傳送帶的速度為v=6.0m/s時，由于/＜丫＜V2,載物箱先做勻加速運動，加速度大小仍。。設載物箱做勻

加速運動通過的距離為無2,所用時間為不由運動學公式有

v=v0+at3⑩

2

v-Vg=2ax2@

聯立①⑩?式并代入題給數據得

0=1.Os@

x2=5.5m(i3)

因此載物箱加速運動1.0s、向右運動5.5m時，達到與傳送帶相同的速度。此后載物箱與傳送帶共同勻速運

動(加-幻的時間后，傳送帶突然停止，設載物箱勻速運動通過的距離為有有

x3=v(A/-t3)?

由①???式可知

2

^mv＞jumg(L-x2-x3)

即載物箱運動到右側平臺時速度大于零，設為巧，由運動學公式有，

vg__2a(L——馬)(1^)

則

v3=5m/s

減速運動時間

設載物箱通過傳送帶的過程中，傳送帶在水平方向上和豎直方向上對它的沖量分別為/八右。由動量定理有

/]=m(v3-vo)=O

Z2=2V(Af+f4)=mg(A/+f4)=-^N-s?208.3N.s,方向豎直向上

則在整個過程中，傳送帶給載物箱的沖量

1=11=208.3N-s,方向豎直向上

6.(2024?河南?模擬預測)某研究小組研究傳送帶上物體的碰撞。如圖所示，傳送帶兩端相距3.6m,以v=

2m/s的速率沿順時針方向勻速運行，讓質量為1kg的物塊A和質量為2kg的物塊B同時從傳送帶的左端和

右端以相對于地面大小為噸=4m/s的速度滑上傳送帶，兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數均為〃=0.5,不計

物塊的大小，兩物塊碰撞后粘在一起(碰撞時間極短)，重力加速度為g=10m/s2。求：

(1)物塊A和B碰撞前瞬間各自速度的大小;

(2)物塊A和B在碰撞過程中損失的能量。

【詳解】(1)根據題意，對物塊A,B分析，由牛頓第二定律可得二者加速度大小相等

a=〃g=5m/s2

假設物塊A與傳送帶共速前二者未相碰，則有

v=%—atx

解得

%=0.4s

物塊A,B的位移為

12

X、=XB一萬的

解得

xA=xB=1.2m

此時二者間距

AX=Z-XA-XB=1.2m

故假設正確。此后A向右勻速，B繼續向左減速，設再經，2相碰，則

A12

/\x=vt2+vt2-—at2

解得

t2=0.4s

碰撞前，物塊B的速度為

vB=v-at2=0

即碰撞前瞬間物塊A的速度為2m/s,B的速度為0

(2)之后物塊A和B碰撞，由動量守恒定律有

m襄=（加A+"?B）V共

解得

3

7.（2024?山東泰安?模擬預測）如圖所示，相距Z=6m的兩平臺位于同一水平面內，二者之間用傳送帶相接,

右側平臺長s=3.5m,并且與一傾角。=30。的斜面在C點連接，斜面足夠長。傳送帶以速率v=5.0m/s順

時針勻速轉動。小滑塊P以初速度%=L0m/s自左側平臺水平向右滑上傳送帶，之后與靜止在右側平臺最

左端的小滑塊Q發生彈性碰撞。已知小滑塊P、Q的質量分另U為加=2.01^和四=3.01^,小滑塊P與傳送帶

間的動摩擦因數〃1=0.4,小滑塊Q與右側平臺間的動摩擦因數〃2=0.1,重力加速度取g=10m/s2,P、Q

均可視為質點。求：

（1）小滑塊P通過傳送帶所需的時間。

（2）小滑塊Q離開右側平臺C端時的速度大小。

（3）小滑塊Q落到斜面上時的動能以及小滑塊在從C點飛出至落到斜面上的過程中動量的變化量大小。

【詳解】（1）小滑塊P在傳送帶上先做勻加速運動，設其加速度大小為q,由牛頓第二定律有

=max

設小滑塊P滑上傳送帶后勻加速運動的距離為不，由運動學公式有

V2—Vg=2-

代入題給數據，聯立解得

%=3m

因此，小滑塊P在到達右側平臺前，先加速至v=5.0m/s,然后開始做勻速運動，設小滑塊P在傳送帶上做

勻加速運動所用的時間為％,做勻速運動所用時間為灰，由運動學公式有

v=v0+a/j

解得

4=1s

小滑塊P以速度v=5.0m/s做勻速運動，有

L-x1=vt2

解得

t2=0.6s

小滑塊P通過傳送帶所需的時間

t=tx+t2=1.6s

(2)小滑塊P與Q發生彈性碰撞，設碰撞后小滑塊P的速度為匕，小滑塊Q的速度為匕，由動量守恒定

律，有

mv=mvx+MV2

由機械能守恒定律，有

17121a，2

—mv=—mv,+—MV.

22122

聯立解得

%=-Im/s,v2=4m/s

小滑塊Q在右側平臺上做勻減速運動，設其加速度大小為出，由牛頓第二定律有

N2mg=ma2

根據運動學公式有

-V；=-242s

代入數據解得小滑塊Q離開右側平臺。端時的速度大小

vc=3m/s

(3)小滑塊Q滑離右側平臺后做平拋運動，則豎直方向有

712

h=2gt^

水平方向有

X=vct3

由幾何關系知

tan30°

X

解得小滑塊Q的落點與C點的高度差

/?=0.6m,f=—s

35

由機械能守恒定律得，小滑塊。從C點飛出后落到斜面上時的動能

凡^-Mv^,+Mgh

解得

后卜=31.5J

由動量定理得，小滑塊Q從C點飛出至落到斜面上過程中動量的變化量大小

Ap=Mgt3

代入得

Np=6A/3kg-m/s

【模型二】傾斜傳送帶模型上物體的常見運動

項目情景1:上傳情景2：下載情景2：反向

圖示叱產

滑塊可(1)可能一直加速；(1)可能一直加速；(1)可能一直加速；

能的運(2)可能先加速后勻速；(2)可能先加速后勻速；(2)可能一直勻速；

動情況(3)還有其他結論嗎？(3)可能先以死加速后以02加速.(3)可能先減速后反向加速

1.傾斜傳送帶——上傳模型

受力分析運動分析(先加后共)難點問題

[i>tanO共速①滑動摩擦力f=/^mgcos6

少f=mgsind,產傳送普

變為靜痕物體②加速度a=g(jncos0-sind)

f=^imgcosy\}

③上傳條件：^i>tan0

④共速摩擦力突變為靜摩擦

力f=mgsin9

受力分析運動分析(一直加速)難點問題

/i<tan0?/i<tan0,物體向下加速

f=[imgcos

⑥加速度d^gfjicosO-sinO)

⑦物體向下位移為

°1L

Fr(

本⑧物體運動時間、末速度與

傳送帶快慢無關

2.傾斜傳送帶—下載

受力分析運動分析難點問題

①滑動摩擦力產〃加geos。

^^f^jumgcosO

/2>tan0f=mgsin0共速②加速度a=g(/icos9+sin0)

變為靜痕%

Q③共速后，若后tern。

-物體

一起勻速，摩擦力突變為靜摩

Atl

擦力f=mgsind

④共速后，若［i<tand

^yf=jLimgcosO

f^mgcosO繼續加速，滑動摩擦力方向突

Q>方向突變痕可短一傳送帶

變、大小不變，加速度

/Ta-g(sin9-ficosff)

tyb

⑤痕跡問題：共速前，X傳AX物，

痕跡Axi=x傳-X物，共速后，x

物>工傳，痕跡AX2=X物傳，總痕

跡取二者中大的那一段

1.(2025高三上?廣東惠州?階段練習)如圖所示為傳送帶裝置示意圖的一部分，傳送帶與水平地面間的夾角

8=37。，4、5兩端的距離足夠遠，質量加=1kg的物體(可視為質點)以速度v0=8m/s沿45方向從/端

滑上傳送帶，物體與傳送帶間的動摩擦因數為0.5,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o

(1)若傳送帶不轉動，求物體沿傳送帶上滑的最大距離；

(2)若傳送帶沿順時針方向運轉的速度v=5m/s,求物體從/點上滑到最高點所需的時間以及此過程中，傳

送帶上的劃痕長度。

【答案】(l)3.2m(2)2.8s,6.25m

【詳解】(1)若傳送帶不轉動，設物體沿傳送帶向上運動的加速度大小為田，由牛頓第二定律得

mgsin0+jumgcos0=max

解得

2

ax=10m/s

由運動學公式得

0一片二口小

解得

xm=3.2m

(2)設物體減速到與傳送帶速度相等所需的時間為小則

解得

h=0.3s

又〃<tan仇物體不能與傳送帶保持相對靜止，設物體與傳送帶共速后物體的加速度大小為。2，由牛頓第二

定律得

mgsin3-jumgcos0=ma2

解得

2

a2=2m/s

設物體再用時b上滑到最高點，可得

0=v-a2t2

解得

t2=2.5s

物體從N點上滑到最高點所需的時間

t=tx+t2

解得

t=2.8s

在0?0.3s內，物體相對傳送帶上滑，相對位移

,v+v

Ax1nG-%

解得

Ax〕=0.45m

在0.3s?2.8s內，物體相對傳送帶下滑，相對位移

解得

AX2=6.25m

解得

AX2=6.25m>AX]=0.45m

故劃痕長度

Ax=AX2=6.25m

2.如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為30。，其上4、8兩點間的距離為5m,傳送帶在電動機的帶動

下以v=lm/s的速度勻速運轉，現將一質量為機=10kg的小物體(可視為質點)輕放在傳送帶上/點，已

知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數〃=[,則在傳送帶將小物塊從/傳送到2的過程中，g=10m/s\求:

(1)小物體在傳送帶上加速過程中的加速度為多大?

(2)傳送帶對小物塊做了多少功；

(3)因傳送小物塊，電動機額外做了多少功？

【答案】(l)2.5m/s2(2)255J(3)270J

【詳解】(1)對小物塊，根據牛頓第二定律

jumgcos30°-mgsin30°=ma

解得

a=2.5m/s2

（2）當v=hn/s時，位移為

v2

x-丁=0.2m<L

2aAB

所以小物塊與傳送帶共速后，小物體相對皮帶靜止，一直到達8點，傳送帶對小物體做的功就等于小物體

機械能的增加

2

W=/^Ek+AEp=^mv+mgLABsin30°=255J

（3）電動機所做的功一方面使小物體的機械能增加，另一方面由于小物體與傳送帶之間有相對滑動而產生

熱量，即

%=少+0

其中

。="加gx相對cos30°

X相對=v7-x

v=at

解得

婚=270J

3.（2021?遼寧?高考真題）機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v/=0.6m/s

運行的傳送帶與水平面間的夾角a=37。，轉軸間距Z=3.95m?工作人員沿傳送方向以速度v2=1.6m/s從傳送

帶頂端推下一件小包裹（可視為質點）。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數-0.8。取重力加速度g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8.求：

a）小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；

（2）小包裹通過傳送帶所需的時間人

【答案】（1）0.4m/s2；（2）4.5s

【詳解】（1）小包裹的速度險大于傳動帶的速度匕，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動帶向上，根據

牛頓第二定律可知

/jmgcos0-mgsin0=ma

解得

a=0.4m/s2

（2）根據（1）可知小包裹開始階段在傳動帶上做勻減速直線運動，用時

畛一1.6—0.6

’1=s=2.5s

a0.4

在傳動帶上滑動的距離為

L6+0,6

匕+匕tx=x2.5=2.75m

212

因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳動帶方向上的分力，即〃加geos0＞機gsin?,所以小包裹與傳動帶

共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，勻速運動的時間為

小J=3.95-2.75S=2S

Vj0.6

所以小包裹通過傳送帶的時間為

t=t1+t2=4.5s

4.如圖所示，傳送帶的傾角。=37。，從4到3長度為16m,傳送帶以10m/s的速度逆時針轉動。在傳送帶上

/端無初速度地放一個質量加=0.5kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數為〃=0.5。煤塊在傳送帶

上經過會留下黑色劃痕。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,