传送带模型和板块模型

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动的时间为 t2＝L－v x1＝5－4 3 s＝0.5 s，故物体从 A 运动到 B 的时间为：t＝t1＋t2＝1.5 s，A 正确；物体运动到 B 的速度 是 v＝4 m/s，根据动能定理得：摩擦力对物体做功 Wf＝12mv2 －12mv20＝12×1×42－21×1×22 J＝6 J，B 错误；在 t1 时间 内，传送带做匀速运动的位移为 x 带＝vt1＝4 m，故产生热量 Q＝μmgΔx＝μmg(x 带－x1)，代入数据得：Q＝2 J，C 正确；
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(1)传送带对小物体做的功； (2)电动机做的功。
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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＝2va2＝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。
4×4 2
m＝6
m，s
相对＝s
带－s
物＝18
m，产生的热量为
Q＝
μmgcosθ·s 相对＝126 J，D 正确。
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2．一质量为 M＝2.0 kg 的小物块随足够长的水平传送 带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿 过，子弹和小物块的作用时间极短，如图甲所示。地面观察 者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙 所示(图中取向右运动的方向为正方向)。已知传送带的速度 保持不变，g 取 10 m/s2。
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v≥ 2gR，物块就能返回到 A 点，则 R≤2vg2，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。
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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 v-t 图象可知( )
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(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
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A．圆弧轨道的半径一定是2vg2 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
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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
(2)由 v-t 图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变 速运动的加速度 a＝ΔΔvt ＝42.0 m/s2＝2.0 m/s2，
由牛顿第二定律得滑动摩擦力 Ff＝μMg＝Ma，则物块 与传送带间的动摩擦因数 μ＝MMag＝ag＝21.00＝0.2。
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(3)由 v-t 图象可知，传送带与物块间存在摩擦力的时间 只有 3 s，传送带在这段时间内移动的位移为 x，则
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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。
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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＝ 23，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)
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[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( )
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同理 0.2～1.2 s 内 a2＝ΔΔvt22＝1.24－ －20.2 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
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(1)指出传送带速度 v 的大小及方向，说明理由； (2)计算物块与传送带间的动摩擦因数 μ； (3)传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多 少能量转化为内能？ 答案 (1)2.0 m/s 方向向右 理由见解析 (2)0.2 (3)24 J 36 J
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解析 (1)从 v-t 图象中可以看出，物块被击穿后，先向 左做减速运动，速度为零后，又向右做加速运动，当速度等 于 2.0 m/s，则随传送带一起做匀速运动，所以，传送带的速 度大小为 v＝2.0 m/s，方向向右。
x＝vt＝2.0×3 m＝6.0 m 所以，传送带所做的功 W＝Ffx＝0.2×2.0×10×6.0 J＝24 J。 由图乙可知物块被击中后的初速度为 v1＝4 m/s，向左 运动的时间为 t1＝2 s，向右运动直至和传送带达到共同速度 的时间为 t2＝1 s，则
从能量角度解读传送带模型 [多维概述]
1．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。
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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。
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A．物体与传送带间的动摩擦因数为 0.75 B．0～8 s 内物体位移的大小为 14 m C．0～8 s 内物体机械能的增量为 84 J D．0～8 s 内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为 126 J
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解析 根据 v-t 图象的斜率表示加速度，由图乙可得物 体相对传送带滑动时的加速度大小为 a＝22 m/s2＝1 m/s2，由 牛顿第二定律得 μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得 μ＝0.875，A 错误；由图乙可知 0～8 s 内物体的位移为 s＝－12×2×2 m ＋2＋2 6×4 m＝14 m，B 正确；物体上升的高度为 h＝ssinθ ＝8.4 m，重力势能的增量为 ΔEp＝mgh＝84 J，动能增量为
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电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化 为 内 能 ， 则 电 动 机 多 做 的 功 W ＝ 12mv2－12mv20 ＋ Q ＝ 12×1×42－22＋2 J＝ 8 J，D 错误。
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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( )
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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 2J 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
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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<v＝4 m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作 用下做匀加速运动，加速度大小为 a＝μmmg＝μg＝2 m/s2；当 物体的速度与传送带的速度相等时用时：t1＝v－av0＝4－2 2 s ＝1 s，匀加速运动的位移 x1＝v0＋2 vt1＝2＋2 4×1 m＝3 m<L ＝5 m，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运
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[多途归一] 1．系统由于摩擦而产生的热量都是摩擦力乘以物体相 对传送带移动的路程。 2．分析流程
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3．功能关系 (1)功能关系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q。 (2)对 WF 和 Q 的理解： ①传送带的功：WF＝Fx 传； ②产生的内能 Q＝Ffx 相对。
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[类题演练] 1．(2017·安徽江淮十校联考)(多选)如图甲所示，倾角 θ ＝37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量 m＝1 kg 的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速 度大小随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正 方向，g 取 10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列说法 正确的是( )
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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
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解析 根据 v-t 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 v-t 图象与横轴所围的“面 积”，x＝12×2×0.2＋21×2＋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＝ΔΔvt11＝02.2 m/s2 ＝10 m/s2，根据牛顿第二定律得 mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，
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ΔEk＝12mv22－12mv21＝12×1×(4பைடு நூலகம்－22) J＝6 J，机械能增量为
ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J，C 错误；0～8 s 内只有前 6 s 内物体 与传送带发生相对滑动，0～6 s 内传送带运动的距离为 s 带
＝4×6 m＝24 m，0～6 s 内物体位移为 s 物＝－12×2×2 m＋