高中物理传送带问题专题

1、传送带问题专题知识特点传送带上随行物受力复杂，运动情况复杂，功能转换关系复杂。基本方法解决传送带问题要特别注重物理过程的分析和理解，关键是分析传送带上随行物时一般以地面为参照系。1、对物体受力情况进行正确的分析，分清摩擦力的方向、 摩擦力的突变。当传送带和随行物相对静止时，两者之间的摩擦力为恒定的静摩擦力或零；当两者由相对运动变为速度相等时，摩擦力往往会发生突变， 即由滑动摩擦力变为静摩擦力或变为零，或者滑动摩擦力的方向发生改变。2、对运动情况进行分析分清物体的运动过程，明确传送带的运转方向。3、对功能转换关系进行分析，弄清能量的转换关系，明白摩擦力的做功情况，特别是物 体与传送带间的相对位移

2、。一.基础练习【示例1】一水平传送带长度为 20m,以2m/s的速度做匀速运动， 已知某物体与传送带间 动摩擦因数为0.1,则从把该物体由静止放到传送带的一端开始，到达另一端所需时间为多 少？【示例1】解:物体加速度a=(ig=1m/s2, 经t1=a =2s与传送带相对静止，所发生的位移 S1=2 at12=2m,然后和传送带一起匀速运动经t2= =9s,所以共需时间t=t1+t2=11s【讨论】1、在物体和传送带达到共同速度时物体的位移，传送带的位移，物体和传送带的相对位移1分别是多少? ( S1=2 vt1=2m , S2=vt1=4m, A s=s2-s1=2m)2、若物体质量 m=2

3、Kg,在物体和传送带达到共同速度的过程中传送带对物体所做的功，因1 C摩擦而广生的热里分力1J是多少？ ( W1二mgs1=2 mv2=4J, Q=科mg A s=4J)情景变换一、当传送带不做匀速运动时,煤块与传送带之间的动摩ao开始运动,【示例2】一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点) 擦因数为八初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度 当其速度达到 V0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。【示例2】【解析】方法一：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤

4、块的加速度a小于传送带的加速度 ao。根据牛顿运动定律，可得 a g设经历时间t,传送带由静止开始加速到速度等于vo,煤块则由静止加速到 v,有Voaot由于a<ao,故v<vo,煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间t',煤块的速度由v增加到V。，有vo vat'此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。so1aot2Vot22 Vo2a传送带上留下的黑色痕迹的长度lsos由以上各式得l V2(aog)2 aogso和s,有设在煤块的速度从0增加到V0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为【小结】本方法的思路是整体分析两物体的运

5、动情况，分别对两个物体的全过程求位移。 方法二：第一阶段：传送带由静止开始加速到速度v o aotat传送带和煤块的位移分别为s1和s2 ,SiVo,设经历时间为gt 12aot d2t,煤块加速到v,有第二阶段：煤块继续加速到 Vo,设经历时间为t ,有传送带和煤块的位移分别为s3和s4，有 S3Votd传送带上留下的黑色痕迹的长度ls1s3s2s4由以上各式得l V2(aog)2 aog【小结】本方法的思路是分两段分析两物体的运动情况,位移，最后再找相对位移关系。 方法三：传送带加速到Vo ,有传送带相对煤块的速度Voaot(a0g)t传送带加速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为零

6、,S2Vo11 2at2Vs4Vtgt1 +22 gt0gt2久分别对两个物体的两个阶段求相对加速度是ao gl1 1 aog t22传送带匀速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为 ao2 .2 ao g tl 2八2 gt,相对加速度是g 整个过程中传送带相对煤块的位移即痕迹长度2.2a0g t d2 g由以上各式得l V2(aog)2 aog【小结】本方法的思路是用相对速度和相对加速度求解。 过程进行分析，找准相对初末速度、相对加速度。方法四：用图象法求解画出传送带和煤块的其中t1”t2 aoV t图象，如图26所不。Vog黑色痕迹的长度即为阴影部分三角形的面积，有:l 2 Vo(t

7、2 ti) -Vo(VoV2(aog)2 a°g关键是先选定好过程，然后对情景变换二、当传送带倾斜时【示例3】如图所示倾斜的传送带以一定的速度逆时针运转，现将一物体轻放在传送带的顶端，此后物体在向下运动的过程中。(ACD )A物体可能一直向下做匀加速运动，加速度不变，B.物体可能一直向下做匀速直线运动/v 40C.物体可能一直向下做匀加速运动，运动过程中加速度改变D.物体可能先向下做加速运动，后做匀速运动情景变换三、与功和能知识的联系【示例4】、如图所示，电动机带着绷紧的传送带始终保持vo=2m/s的速度运行，传送带与水平面间的夹角为30，现把一1个质量为m=10kg的工件轻放在传送

8、带上，传送到 h=2m的平 v0 / / h 台上，已知工件与传送带之间的动摩擦因数为=73/2,除此 mp，/I之外，不计其它损耗。则在皮带传送工件的过程中，产生内能1GkG°. i"立及电动机消耗的电能各是多少？ (g=10m/s2)【示例4】解:工件加速上升时加速度 a=gcos agsin 0 =2.5m/s2经t=v0 =0.8s与传送带共速，上升的位移si=2 at2=0.8m传送带位移S2=vot=1.6m相对位移 s= S2- si=0.8m,所以产生的内能 Q=mgcos 0 s=60J1 一电动机耗能 E=Q+2 mv2+mgh=280J情景变换四、与动

9、量知识的联系【示例5】、如图所示，水平传送带 AB足够长，质量为 g1kg的木块随传送带一起以 vi =2m/s的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定)，木块与传送带的摩擦因数05 ,当木块运动到最左端 A点时，一颗质量为 m= 20g的子弹，以V0= 300m/s的水平向右的速度，正 对射入木块并穿出，穿出速度 v= 50m/s,设子弹射穿木块的时间极短， (g取10m/s2)求:(1)木块遭射击后远离 A的最大距离；(2)木块遭击后在传送带上向左运动所经历的时间。【示例5】解.(1)设木块遭击后的速度瞬间变为 V,以 水平向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0 Mv 1 mv MV则V m(

10、v0 v) v1 ,代入数据解得|v 3m/s , M方向向右。木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动，其受力如图所示。摩擦力 fFNMg 05X1 X10 N 5N设木块远离A点的最大距离为 S,此时木块的末速度为0,11 ，2根据动能定理得fS 0 - MVS2MV1X 322fm2X50.9m则Si。(2)研究木块在传送带上向左运动的情况。设木块向左加速到Vi2m/s时的位移为由动能定理得S1. 2MV121X 2m0.4m0.9 ml2f2x5.八1 . . 2.f S1一 Mv 1 ,则由此可知，遭击木块在传送带上向左的运动过程分两个阶段:先向左加速运动一段时间回，再匀速运动一段时间国。由

11、动量定理得f t1 Mv1则tiMvi1X2-s 0.4 sf 5, S &0.9 0.4t2 s 0.25s所求时间t t1 t20.4s 0.25s 0.65s二、巩固练习1、水平传输装置如图所示，在载物台左端给物块一个初速度。当它通过如图方向转动的传通过传输带的时间为t2。当皮带输带所用时间ti。当皮带轮改为与图示相反的方向传输时,轮不转动时，通过传输带的时间为t3,下列说法中正确的是：(C )A. ti一定小于t2；B . t2> t 3> t 1；C.可能有 t3=t2=t1；D . 一定有 t 1= t 2V t 3。2、质量为m的物体从离传送带高为 H处沿光滑

12、圆弧轨道下滑， 水平进入长为L的静止的传 送带落在水平地面的 Q点，已知物体与传送带间的动摩擦因数为 的则当传送带转动时， 物_Q体仍以上述方式1t下，将落在Q点的左边还是右边？3、如图21所示，传送带与地面成夹角。=37。，以10m/s的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5 kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数=0.5 ,已知传送带从A-B的长度L=16m ,则物体从A到B需要的时间为多少?体放上传送带以后，开始一段时间其运动加速度mg sina mg cos210m/s。这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s为止，其对应的时间和位移分别为:t1 Y 竺s 1s,a

13、 102s1 一 5m v 16m 2a以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上,其加速度大小为（因为mgsin 0 >mgcos 0）。a2mg sin mg cosm22m/s。设物体完成剩余的位移S2所用的时间为t2，则s210t2二 a2t222,11m=10t2t22解得：t211 s,或t2211 s（舍去）0 > 0.75,所以：* 1s 1s 2s。L v 5m ,物体将一直加速运动。【总结】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向, 第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动；若因此，在解答此类题目的过程中，对这些可能出现两种结果的特殊过程都要进行

14、判断。4、如图24所示，传送带与地面成夹角。=37。，以10m/s的速度顺时针转动，在传送带下端轻轻地放一个质量m=0.5 kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数=0.9 ,已知传送带从A-B的长度L=50m ,则物体从A到B需要的时间为多少？【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度mg sina mg cos28.46m/s 。m这样的加速度只能维持到物体的速度达到 和位移分别为：10m/s为止，其对应的时间t110s 1.18s,8.462s15.91m < 16m2a以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上,其加速度大小为零 （因mgsin 0 <mgcos 0）。设

15、物体完成剩余的位移s2所用的时间为t2,则 s20t2 , 16m 5.91m= 10t2解得：t2 10.09 s,所以：t总1.18s 10.09s 11.27s。【总结】 该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，科>tan 0,第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动。35、如图219所示，静止的传送带上有一木块正在匀速下滑,送带突然向下开动时，木块滑到底部所需时间t与传送带始终静止不动所需时间t0相比是（A ）6、将一粉笔头轻放在B . t V toD. A、B两种情况都有可能2m/s的恒定速度运动的水平传送带上后当传图2，传送带上留下一条长为 4m的划线

16、；若使该传送带做匀减速运动（加速度为1.5m/s2）并且在传送带上做匀减速的同时将另一个粉笔头放在传送带上,该粉笔头在传送带上留下多长划痕？（g取10m/s2）解：粉笔头放到传送带上后，它与传送带间存在相对运动，将 受到传 送带对它的摩擦力作用，从而做匀加速运动，直至其速度达到与传送带 相同。传送带匀速运动时，如右图2 2所示：上线为传送带的速度图线，下线为粉笔头的速度图线，所以三角形阴影即为两者的相对位移， 亦即粉笔头的画线长度。,一1一由图可知：_v0t0S2代入数值可解得：t0 4 s所以由速度公式 V）=at可得：a=0.5m/s 2传送带做匀减速运动时，仍做出速度图线如图23所示：三

17、角形阴影表示二者的相对位移。粉笔头做匀加速运动，直到某时刻其速度增大到与传送带减小的速度相等，此后它们一起运动。由速度公式，对传送带：v v0 a0t图23对粉笔头：v at 由上两式可解得：t=ls。 ,1 11所以三角形阴影的面积为：S 1v0t - 2 1 1m。22所以此时粉笔头画线的长度为1 m>7、如图213所示，倾角为37。的传送带以4m/s的速度沿图示方向匀速运动。已知传送带的上、下两端间的距离为 L=7m。现将一质量 m=0.4kg的小木块放到传送带的顶端， 使它从 静止开始沿传送带下滑，已知木块与传送带间的动摩擦因数为科=0.25,取g=10m/s2o求木块滑到底的过

18、程中，摩擦力对木块做的功以及生的热各是多少？【解析】刚开始时，合力的大小为F合1 = mgsin37o+（imgcos37。由牛顿第二定律，加速度大小a1=上包=8m/s2,2该过程所用时间t1= v = 0.5s,位移大小&=v-=1m。a12a1二者速度大小相同后，合力的大小为F合2= mgsin37。mgcos37。加速度大小a2= 区2 =4m/s2,位移大小s2= L-s1= 6m,m1 2所用时间s2= vot2+ a2t2得：t2=1s。（另一个斛t2=3s舍去）2摩擦力所做的功W= l mgcos37o （s1-s2） = 4.0J,全过程中生的热 Q=f s相对=（1

19、 mgcos37o,【（vot1-s1）+ （s2-vot2）】=0.8N x 3m= 2.4J。【总结】该题目的关键在于分析清楚物理过程，分成两段处理，正确分析物体受力情况，求出物体和传送带的位移，以及物体和传送带间的相对位移。8、如图220所示，足够长水平传送带以2m/s的速度匀速运行。现将一质量为2kg的物体轻放在传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数为0.2。若不计电动机自身消耗，则将物体传送的过程中(ACD )A.摩擦力对物体做的功为4J B .摩擦力对物体做的功为-4JC.电动机做的功为 8J D .电动机做功的功率为 8W 旦 9、图14为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮

20、带传送。机组成，一台水平传送，A, B两端相距3m,另一台倾斜，传送带图2_20与地面的倾角，C, D两端相距4. 45m , B, C相距很近。水平传送以5m/s 、的速度沿顺时针方向转动，现将质量为10kg的一袋大米无初速度地放在A段，它随传送带到达B端后，速度大小不变地传到倾斜送带的C点，米袋与两传送带间的动摩擦因数均为0. 5,g 取 10m/s2, sin37?=0. 6, cos37?=0. 8(1)若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带在CD上所能上升的最大距离；(2)若倾斜部分CD以4m/s的速率顺时针方向转动，求米袋从C运动到D所用的时间。【解析】(1)米袋在AB上加速时的加

21、速度 a0 g 5m/S2 m米袋的速度达到v0 =5m / s时，滑行的距离2v0S00- 2.5m AB 3m,因此米加速一段后与传送带一起2a0匀速运动到达 B点，到达C点时速度V0=5m/s,设米袋在CD上运动的加速度大小为 a,由牛顿第二定律得mg sin mg cos ma2代人数据得a=10m/s2,所以，它能上滑的最大距离s 1.25m2a(2)顺斜部分传送带沿顺时针方向转动时，米袋速度减为4m/s之前的加速度为2a g(sin cos )10m/s 22速度减为4m / s时上滑位移为s1 v包 0.45m2a1米袋速度等于4m/s时，滑动摩擦力方向改变，由于 mg cos a mg sin a ,故米继续向上减速运动米袋速度小于4m/s减为零前的加速度为-2a2