传送带模型和板块模型

传送带模型

1．水平传送带模型

项目 图示 滑块可能的运动情况

情景1

(1)可能一直加速

(2)可能先加速后匀速

情景2

(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速

(2)v0

情景3

(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端

(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v0>v，返回时速度为v；当v0

2．倾斜传送带模型

项目 图示 滑块可能的运动情况

情景1

(1)可能一直加速

(2)可能先加速后匀速

情景2

(1)可能一直加速

(2)可能先加速后匀速

(3)可能先以a1加速后以a2加速

解传送带问题的思维模板

1.无初速度的滑块在水平传送带上的运动情况分析 传送带长度

滑块在传送带上的运动情景 滑块运动情况

滑块运动的v-t图像 滑块运动的时间

传送带不够长

滑块一直做匀加速 221atsgsast22得：

传送带刚够长

滑块一直做匀加速 221atsgsast22得：

传送带足够长

滑块先做匀加速后匀速

gvavt01avs221vsst1221ttt

2.有初速度的滑块在水平传送带上的运动情况分析

传送带长度

滑块在传送带上的运动情景 滑块运动情况 滑块运动的v-t图像（v1v0） 反向 滑块运动情况

滑块运动的v-t图像

传送带不够长

滑块一直做匀加速 滑块一直做匀减速

传送带刚够长

滑块一直做匀加速 滑块一直做匀减速

传送带足够长

滑块先做匀加速后匀速 先做匀减速后反向匀加速至v1(v1v0)

3.无初速度的滑块在倾斜传送带上的运动情况分析

4.有初速度的滑块在倾斜传送带上的运动情况分析

从能量角度解读传送带模型 传送带长度

滑块在传送带上的运动情景 滑块运动情况

滑块运动的v-t图像

传送带不够长

滑块一直做匀加速

传送带刚够长

滑块一直做匀加速

传送带足够长

滑块先做匀加速后匀速

传送带长度

滑块在传送带上的运动情景 同向速度的滑块在倾斜传送带上(v1v0)

反向 滑块运动的v-t图像

传送带不够长

滑块一直做匀加速

传送带刚够长

滑块一直做匀加速

传送带足够长

滑块先做匀加速后匀速 vtvvtvtvtvtvvtvtvtvtvvvtvt1．传送带模型

(1)模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题。

(2)传送带的转动方向：可以与物体运动方向相同或与物体运动方向相反。

(3)物体相对于传送带可以是静止、匀速运动、加速运动或减速运动。

2．处理方法

求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。

[多维展示]

多维角度1 水平同向加速

[例1] (2017·安徽师大附中模拟)(多选)如图所示，质量m＝1 kg的物体从高为h＝0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB之间的距离为L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度匀速运动，则( )

A．物体从A运动到B的时间是1.5 s

B．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 J

C．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 J

D．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J

解析 设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：12mv20＝mgh，代入数据得：v0＝2gh＝2 m/s

m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时：t1＝v－v0a＝4－22 s＝1 s，匀加速运动的位移x1＝v0＋v2t1＝2＋42×1 m＝3 m

J，D错误。

答案 AC

多维角度2 水平反向减速再加速

[例2] (2017·漳州检测)(多选)如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的A点与圆心等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是( )

A．圆弧轨道的半径一定是v22g

B．若减小传送带速度，则小物块仍可能到达A点

C．若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点

D．不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点

解析 设光滑圆弧轨道的半径为R，物块在圆弧轨道上下滑的过程中，物块的机械能守恒，根据机械能守恒可得：mgR＝12mv20，所以小物块滑上传送带的初速度：v0＝2gR，物块到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，根据物块的受力可知，物块在减速和加速的过程物块的加速度的大小是相同的，所以物块返回圆弧轨道时速度大小等于从圆弧轨道下滑刚到传送带时的速度大小，只要传送带的速度v≥2gR，物块就能返回到A点，则R≤v22g，A错误；若减小传送带速度，只要传送带的速度v≥2gR，物块就能返回到A点，B正确；若增大传送带的速度，由于物块返回到圆弧轨道的速度不变，只能滑到A点，不能滑到圆弧轨道的最高点，C错误、D正确。

答案 BD

多维角度3 倾斜同向加速再加速

[例3] (2017·黄冈中学模拟)(多选)在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A点，经过1.2 s到达传送带的B点。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2。由v­t图象可知( )

A．A、B两点的距离为2.4 m

B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5

C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为12.8 J

D．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J

解析 根据v­t图象可知，货物放在传送带上后做匀加速直线运动，当速度达到与传送带速度相同时，继续做匀加速直线运动，但是加速度变小了，所以货物受到的滑动摩擦力在t＝0.2 s时由沿传送带向下变为沿传送带向上。由乙图可知，A到B的距离对应货物v­t图象与横轴所围的“面积”，x＝12×2×0.2＋12×2＋4×1 m＝3.2 m，A错误；由乙图可知，0～0.2 s内货物的加速度为a1＝Δv1Δt1＝20.2 m/s2＝10 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，同理0.2～1.2 s内a2＝Δv2Δt2＝4－21.2－0.2 m/s2＝2 m/s2，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，联立解得：cosθ＝0.8，μ＝0.5，B正确；整个过程货物与传送带间的滑动摩擦力大小均为Ff＝μmgcosθ＝4 N，则0～0.2 s内传送带对货物做功为：W1＝Ffx1＝4×0.2 J＝0.8 J,0.2～1.2 s内传送带对货物做功为：W2＝－Ffx2＝－4×3 J＝－12 J，W＝W1＋W2＝－11.2 J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为11.2 J，C错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由图象可得0～0.2 s内相对位移Δx1＝12×0.2×2 m＝0.2

m,0.2～1.2 s内相对位移Δx2＝12×1×2 m＝1 m，所以产生的热量为：Q＝FfΔx1＋FfΔx2＝4.8 J，D正确。

答案 BD

多维角度4 倾斜同向加速再匀速

[例4] 如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动。现将一质量为m＝10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝32，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(g取10

m/s2)

(1)传送带对小物体做的功；

(2)电动机做的功。

解析 (1)小物体刚开始运动时，根据牛顿第二定律有

μmgcosθ－mgsinθ＝ma

解得小物体上升的加速度为a＝g4＝2.5 m/s2

当小物体匀加速到v＝1 m/s时，小物体的位移为

x＝v22a＝0.2 m<5 m

之后小物体以v＝1 m/s的速度匀速运动到B点

由功能关系得，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，即W＝ΔEk＋ΔEp＝12mv2＋mglsinθ＝255 J。

(2)电动机做的功等于小物体的机械能的增加量和小物体与传送带间因摩擦产生的热量Q之和，由v＝at得

t＝va＝0.4 s

相对位移x′＝vt－v2t＝0.2 m

摩擦产生的热量Q＝μmgx′cosθ＝15 J

故电动机做的功为W电＝W＋Q＝270 J。

答案 (1)255 J (2)270 J [多途归一]