模型29傳送帶模型中的動力學及能量觀點的綜合問題01模型概述01模型概述1．傳送帶的特點：傳送帶運輸是利用貨物和傳送帶之間的摩擦力將貨物運送到其他地方，物體(視為質點)放在傳送帶上，由于物體和傳送帶相對滑動(或有相對運動趨勢)而產生摩擦力，根據物體和傳送帶間的速度關系，摩擦力可能是動力，也可能是阻力。2．傳送帶問題的解題關鍵：抓住v物＝v傳的臨界點，當v物＝v傳時，摩擦力發生突變，物體的加速度發生突變。3．傳送帶問題中位移的區別1)物體位移：以地面為參考系，單獨對物體由運動學公式求得的位移。2)物體相對傳送帶的位移(劃痕長度)Δx①若有一次相對運動：Δx＝x傳－x物或Δx＝x物－x傳。②若有兩次相對運動：兩次相對運動方向相同，則Δx＝Δx1＋Δx2(圖甲)；兩次相對運動方向相反，則Δx等于較長的相對位移大小(圖乙)。4.傳送帶問題的基本類型有水平傳送帶和傾斜傳送帶兩種基本模型.1）水平傳送帶常見類型及滑塊運動情況類型滑塊運動情況①可能一直加速②可能先加速后勻速①v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速②v0＝v時，一直勻速③v0<v時，摩擦力為動力，可能一直加速，也可能先加速再勻速①傳送帶較短時，摩擦力為阻力，滑塊一直減速到達左端②傳送帶足夠長時，摩擦力先為阻力，滑塊先向左減速，減速到零后摩擦力再為動力，物體反向加速運動回到右端。2）傾斜傳送帶常見類型及滑塊運動情況類型滑塊運動情況①可能一直加速②可能先加速后勻速①可能一直加速②可能先加速后勻速③可能先以a1加速再以a2加速5.傳送帶問題分析的基本思路求解的關鍵在于根據物體和傳送帶之間的相對運動情況，確定摩擦力的大小和方向.當物體的速度與傳送帶的速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發生突變，速度相等前后對摩擦力的分析是解題的關鍵.1）動力學分析：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系．2）功能關系分析①功能關系分析：電機所做的功②對W和Q的理解：Ⅰ、因放上物體而使電動機多消耗的電能：Ⅱ、傳送帶克服摩擦力做的功：；Ⅲ、產生的內能：．02典題攻破02典題攻破1.水平傳送帶【典型題1】（2024·河南鄭州·三模）（多選）如圖所示，足夠長的水平傳送帶以恒定速率向右運動，一質量為的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率滑上傳送帶，經過時間，最終滑塊又返回至傳送帶的右端。在滑塊整個運動過程中（）A．滑塊距傳送帶右端的最大距離為8mB．傳送帶對滑塊做功為零C．傳送帶與滑塊間的動摩擦因數為0.2D．傳送帶與滑塊因摩擦產生的熱量為18J【答案】AD【詳解】C．根據題意可知，滑塊先向左勻減速到0，再向右勻加速到與傳送帶共速，之后和傳送帶一起勻速到最右端，設勻速的時間為，傳送帶與滑塊間的動摩擦因數為，則有規定向右為正方向，則有，聯立解得，，故C錯誤；A．滑塊向左勻減速到0時，滑塊距傳送帶左端的距離最大，則最大距離為故A正確；B.設傳送帶對滑塊做功為，由動能定理有代入數據解得故B錯誤；D．滑塊向左運動過程的時間為s滑塊相對于傳送帶的位移為m向右加速的時間為s滑塊相對于傳送帶的位移為m傳送帶與滑塊因摩擦產生的熱量為故D正確。故選AD。2.傾斜傳送帶【典型題2】4．（2024·河南·二模）（多選）一足夠長的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時針轉動，某時刻在傳送帶上適當的位置放上具有一定初速度v0的小物塊，如圖所示，取沿傳送帶向下的方向為正方向，則下列描述小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像中可能正確是（）A． B．C． D．【答案】ABD【詳解】A．當小物塊的初速度沿斜面向下，且小于傳送帶的速度時，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得即可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運動，當小物塊達到傳送帶速度時，若滿足可知二者將共速，小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，若滿足小物塊繼續加速下滑，其加速度大小為故A正確；B．當小物塊的初速度沿斜面向下，且大于傳送帶的速度時，若滿足則小物塊一直做勻加速直線運動，加速度大小為若滿足則小物塊應沿傳送帶向下做勻減速直線運動，其加速度大小為二者共速后小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，故B正確；CD．當小物塊的初速度沿斜面向上時，牛頓第二定律可得小物塊的加速度大小為可知小物塊沿傳送帶向上做勻減速直線運動，減到零后反向勻加速，其加速度仍為a3，與傳送帶共速時，若滿足則小物塊繼續做勻加速直線運動，加速度大小為若滿足則小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，故C錯誤，D正確。故選ABD。03針對訓練03針對訓練1．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終沿逆時針方向以恒定速率運行，將質量為的小物塊（可視為質點）輕輕地放在傳送帶左端的M點，同時，小物塊在水平拉力的作用下在傳送帶上運動，后撤去拉力，此時物塊仍在傳送帶上，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為，重力加速度g取10m/s2，則最終小物塊在傳送帶上滑動的時間及對應的離開傳送帶時的速度大小不可能為（）A． B．，C． D．【答案】D【詳解】依題意，知小物塊先在水平向右拉力及水平向左的滑動摩擦力作用下，先向右做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律有求得時撤去外力，此時物塊的速度大小為由于此時物塊仍在傳送帶上，則小物塊將在水平向左的滑動摩擦力作用下繼續向右做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律可得可得則小物塊速度減為零時，所用時間為該過程中，小物塊的對地位移大小為方向水平向右。A．若，小物塊可能從右邊減速離開傳送帶，且離開傳送帶時的速度大小為選項A可能，不符合題意，故A錯誤；B．若物塊在傳送帶上速度減為0后返回，且返回一直加速，則有求得物塊返回所用時間為則最終小物塊在傳送帶上滑動的時間選項B可能，不符合題意，故B錯誤；C．若傳送帶的速度，物塊從傳送帶右端返回達到與傳送帶共速所用時間為發生的位移大小為接著物塊向左勻速運動直到離開傳送帶所用的時間為可得最終小物塊在傳送帶上滑動的時間選項C可能，不符合題意，故C錯誤；D．若傳送帶的速度，則物塊從傳送帶右端返回達到與傳送帶共速所用時間為發生的位移為接著物塊向左勻速運動直到離開傳送帶所用的時間為可得最終小物塊在傳送帶上滑動的時間選項D不可能，符合題意，故D正確。故選D。2．（2024·陜西寶雞·三模）如圖所示，利用傾斜的傳送帶可以將高處的貨物卸下來。第一次傳送帶靜止，貨物M從傳送帶頂端由靜止滑下，滑離傳送帶所用時間為；第二次傳送帶按照圖中箭頭所示順時針轉動，貨物M從傳送帶頂端由靜止滑下，滑離傳送帶所用時間為。兩次運動情況相比，下列判斷正確的是（）A．貨物滑離傳送帶所用時間大于B．貨物運動的加速度不等C．貨物滑離傳送帶的過程中系統產生的熱量相等D．貨物滑離傳送帶的過程中摩擦力對貨物做功相等【答案】D【詳解】AB．貨物M開始受重力、支持力和向上的滑動摩擦力做勻加速直線運動，當傳送帶順時針轉動時，M相對于傳送帶向下滑，所受的摩擦力仍然沿傳送帶向上，故M受力不變，加速度不變，仍做勻加速直線運動，設傳送帶長為，則可知貨物滑離傳送帶所用時間等于，故AB錯誤；C．當傳送帶順時針轉動時，貨物相對滑動的距離增大，兩次運動貨物所受的摩擦力相同，故貨物滑離傳送帶的過程中系統產生的熱量較大，故C錯誤；D．兩次運動貨物所受的摩擦力相同，且貨物滑離傳送帶時，摩擦力的作用距離相同，故兩次運動貨物滑離傳送帶的過程中摩擦力對貨物做功相等，故D正確。故選D。3．（2024·黑龍江吉林·模擬預測）如圖甲所示，一糧食儲備倉庫工人正利用傳送帶運送貨物，以恒定速率v0逆時針運行的傳送帶與水平面的夾角θ=37°，轉軸間距L=3.5m。工人將貨物（可視為質點）沿傳送方向以速度v1=1.5m/s從傳送帶頂端推下，t=4.5s時貨物運動到傳送帶底端，貨物在傳送帶上運動的v-t圖像如圖乙所示。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，則（）A．t=2.5s時，貨物所受摩擦力方向改變B．貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.4C．傳送帶運行的速度大小為0.5m/sD．貨物向下運動過程中所具有的機械能先減小后不變【答案】C【詳解】A．由圖乙可知，在0~2.5s內，貨物的速度大于傳動帶的速度，則貨物受沿斜面向上的滑動摩擦力，在2.5s~4.5s內，貨物勻速下滑，根據平衡條件可知，貨物受沿斜面向上的靜摩擦力，所以2.5s時貨物所受摩擦力方向不變，故A錯誤；C．圖線與坐標軸圍成的區域的面積表示位移的大小，根據題意可得解得故C正確；B．由圖乙和C分析可知，貨物在0~2.5s內的對物塊由牛頓第二定律由圖像可知貨物的加速度大小為聯立解得故B錯誤；D．由于貨物向下運動過程中所受到的摩擦力一直沿斜面向上，摩擦力一直做負功，根據功能關系可知，貨物所具有的機械能一直減小，故D錯誤。故選C。4．（2024·安徽·三模）（多選）如圖所示，水平傳送帶左端A與右端B相距2.5m，傳送帶以1m/s的速度逆時針勻速轉動。質量為2kg的小滑塊以2m/s的初速度從A端滑上傳送帶，小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.1，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（

）A．小滑塊最終從B端離開傳送帶B．整個過程摩擦力對小滑塊做功為-4JC．小滑塊在傳送帶上的劃痕長度為4.5mD．小滑塊在傳送帶上勻速運動的時間為1.5s【答案】CD【詳解】A．根據牛頓第二定律有解得a=1m/s2小滑塊向右減速到零的時間運動的距離小于傳送帶的長度，因此小滑塊最終從A端離開傳送帶，A錯誤；D．減速到零之后反向加速直到共速，加速時間反向加速的距離再向左勻速運動到達A端，時間D正確；C．從滑上傳送帶到共速，滑塊與傳送帶的相對位移C正確；B．根據動能定理，摩擦力對小滑塊做的功等于小滑塊動能的變化量B錯誤。故選CD。5．（2025·黑龍江大慶·一模）（多選）如圖所示，長為2m的水平傳送帶以恒定速率v=3m/s順時針運動，一質量為的不計大小的小煤塊從傳送帶左端輕放在傳送帶上，小煤塊與傳送帶間的動摩擦因數已知重力加速度，在小煤塊整個運動過程中，下列說法正確的是（）A．小煤塊在傳送帶上加速運動時加速度為B．小煤塊在傳送帶上運動時間為2sC．小煤塊在傳送帶上留下的劃痕長度為2mD．傳送小煤塊過程中，傳送帶對小煤塊做功為4.5J【答案】AB【詳解】A．對小煤塊分析可知水平方向只受摩擦力，由牛頓第二定律解得故A正確；B．小煤塊做加速運動，設傳送帶長為，當加速至皮帶同速時的時間為位移為由于所以小煤塊在傳送帶上一直做勻加速運動，則在傳送帶上運動時間為解得故B正確；C．小煤塊在傳送帶上留下的劃痕長度為故C錯誤；D．傳送帶對小煤塊做功為故D錯誤。故選AB。6．（2024·江西南昌·二模）（多選）如圖所示，一傳送帶傾斜放置，以恒定速率v順時針轉動。t＝0時刻一物塊以初速度從A端沖上傳送帶，時刻離開傳送帶，則物塊速度隨時間變化的圖象可能是（

）A． B．C． D．【答案】AC【詳解】A．對物塊受力分析可知，物塊受到重力、摩擦力和支持力。設摩擦力最大值為，重力沿傳送帶向下的分力為。若，物塊先做勻加速運動，與傳送帶共速后，若，物塊與傳送帶一起勻速運動，則A圖是可能的，故A正確；B．若，物塊先做勻加速運動，與傳送帶共速后，若，物塊做勻減速運動，則B圖是不可能的，故B錯誤；C．若，物塊先做勻減速運動，加速度與傳送帶共速后，若，物塊繼續向上繼續做勻減速運動，加速度由此可知，速度時間關系圖象的斜率變小，速度減小到零，后又向下做勻加速運動，加速度大小不變，則C圖是可能的，故C正確；D．若，物塊先做勻減速運動，與傳送帶共速后，若，物塊與傳送帶沿斜面向上一起勻速運動，則D圖不可能，故D錯誤；故選AC。7．（多選）糧袋的傳送裝置如圖所示，已知A、B兩端間的距離為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為μ，正常工作時工人在A端將糧袋輕放到運行中的傳送帶上。設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度大小為g。關于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是（

）A．糧袋到達B端的速度與v比較，可能大，可能小，也可能相等B．若L足夠大，且μ>tanθ，糧袋先做加速度為g(sinθ?μcosθ)的勻加速運動，再以速度v做勻速運動C．若L足夠大，且μ<tanθ，糧袋先做加速度為g(sinθ＋μcosθ)的勻加速運動，再做加速度為g(sinθ?μcosθ)做勻加速運動D．不論μ大小如何，糧袋從A端到B端一直做勻加速運動，且加速度a>gsinθ【答案】AC【詳解】糧袋開始運動時受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，根據牛頓第二定律得加速度為若μ<tanθ，且L足夠大，當速度達到v時，做加速度為g(sinθ?μcosθ)勻加速運動。若μ≥tanθ，即mgsinθ≤μmgcosθ當L較小時糧袋從A端到B端一直做加速度為g(sinθ+μcosθ)勻加速運動勻加速運動，當L足夠大糧袋將先做加速度為g(sinθ+μcosθ)勻加速運動、后做勻速運動。綜上，糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B點時的速度小于v；可能先勻加速運動，當速度與傳送帶相同后，做勻速運動，到達B點時速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運動，當速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v。故選AC。8．（2024·四川成都·模擬預測）（多選）如圖甲所示的等雙翼式傳輸機，其兩側等長的傳送帶傾角可以在一定范圍內調節，方便不同情況下的貨物傳送作業，工作時兩傳送帶勻速轉動且速度大小相同。圖乙為等雙翼式傳輸機工作示意圖，M1、M2代表兩傳送帶。第一次調整M1的傾角為30°，M2的傾角為45°，第二次調整M1的傾角為45°，M2的傾角為30°，兩次分別將同一貨物無初速放在M1的最低端，都能傳到M2的最高端。貨物與M1和M2的接觸面粗糙程度相同，兩次運輸中貨物均在M1上就已與傳送帶共速，先后兩次傳輸機的運行速度大小相同。則（

）A．第一次運送貨物的時間較短B．第二次運送貨物的時間較短C．傳輸機因運送貨物而多消耗的能量，第一次較多D．傳輸機因運送貨物而多消耗的能量，第二次較多【答案】AD【詳解】AB．設傳送帶的速度為v，M1的傾角為θ，貨物在M1上加速運動時有μmgcosθ?mgsinθ=ma解得a=μgcosθ?gsinθ可知θ越大，加速度越小，兩次貨物運送的長度一樣，則第一次運送貨物的時間較短，故A正確、B錯誤；CD．根據能量守恒可知，傳輸機因運送貨物而多消耗的能量轉化為貨物的動能、重力勢能和摩擦產生的內能。兩次運送貨物增加的動能和重力勢能之和相等，故只需比較兩種情況下因摩擦產生的熱量Q，設貨物加速的時間為t，貨物與傳送帶的相對位移為Δx，可得，Q=f·Δx，，f=μmgcosθ聯立解得可知θ越大，Q越大，即傳輸機因運送貨物而多消耗的能量多，故第二次較多，故C錯誤、D正確。故選AD。9．（2024·四川成都·三模）（多選）如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角為θ，以恒定速率順時針轉動，一煤塊以初速度從A端沖上傳送帶，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，取g=10m/s2，則下列說法不正確的是（）A．傾斜傳送帶與水平方向夾角的正切值tanθ=0.75B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.5C．煤塊從最高點下滑到A端所用的時間為2sD．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為【答案】BC【詳解】AB．內煤炭的加速度大小為根據牛頓第二定律可得后煤炭的加速度大小為根據牛頓第二定律可得聯立解得，傾斜傳送帶與水平方向夾角的正切值為故A正確，不滿足題意要求；B錯誤，滿足題意要求；C．煤炭的位移為煤炭的位移為煤炭下滑的過程中，根據動力學公式有解得煤塊從最高點下滑到A端所用的時間為故C錯誤，滿足題意要求；D．煤炭相對傳送帶向上的位移為煤炭相對傳送帶向下的位移為煤炭相對傳送帶向下的位移為由于煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為故D正確，不滿足題意要求。故選BC。10．如圖所示，傳送帶的長度為25m，傳送帶的運行速度，質量的物塊以的初速度滑上傳送帶的處，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數，物塊可視為質點，取。求：(1)物塊在傳送帶上的運動時間；(2)物塊在傳送帶上運動過程中摩擦產生的熱量?！敬鸢浮?1)(2)【詳解】（1）物塊所受滑動摩擦力的大小為解得由牛頓第二定律得得加速度的大小物塊減速至與傳送帶速率相等時，所用時間物塊減速過程的位移物塊勻速運動至傳送帶端所用時間得故物塊在傳送帶上運動的總時間（2）物塊與傳送帶之間的相對位移解得摩擦產生的熱量11．（2024·遼寧·三模）如圖所示，工人要將貨物運送到平臺上，由于貨物與傳送帶間的動摩擦因數較小，便用繩子拴住貨物平行傳送帶向上拉動。傾斜傳送帶與水平面夾角，長度，向上運動的速度，貨物質量，與傳送帶間的動摩擦因數為0.2，貨物可視為質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（取，，重力加速度）。（1）貨物輕放到傳送帶的下端，開始階段工人施加的拉力，求貨物經多長時間能達到與傳送帶共速；（2）貨物與傳送帶共速后，工人至少用多大的拉力可以保持貨物相對傳送帶靜止。【答案】（1）1.5s；（2）44N【詳解】（1）貨物與傳送帶共速前受到的摩擦力沿傳送帶向上，則有達到共速時有v=at解得t=1.5s（2）貨物與傳送帶共速后，若貨物相對傳送帶靜止，對貨物受力分析有則當靜摩擦取得最大值且向上時，拉力取得最小值，即解得12．（2024·四川成都·二模）如圖所示，傳送帶傾斜放置，傾角為θ=37°，以恒定速率v=4m/s順時針轉動。一煤塊以初速度=12m/s從A端沖上傳送帶，煤塊剛好不會從傳送帶頂端B沖出。已知煤塊和傳送帶之間的動摩擦因數=0.25，g取10m/s2，求：（1）求AB之間的距離L；（2）煤塊在傳送帶上留下的劃痕長度?x?！敬鸢浮浚?）10m；（2）m【詳解】（1）在煤塊與傳送帶共速前，對煤塊，由牛頓第