传送带问题二轮.doc

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1、传送带中的有关问题传送带问题难点形成的原因：1、对于物体与传送带之间是否存在摩擦力、是滑动摩擦力还是静摩擦力、摩擦力的方向如何，等等，这些关于摩擦力的产生条件、方向的判断等基础知识模糊不清；2、对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动，判断错误；3、对于物体在传送带上运动过程中的能量转化情况考虑不全面，出现能量转化不守恒的错误过程。传送带模型的一般解法确定研究对象；分析其受力情况和运动情况，（画出受力分析图和运动情景图），注意摩擦力突变对物体运动的影响；分清楚研究过程，利用牛顿运动定律和运动学规律、功能关系求解未知量。分析问题的思路：初始条件相对运动判断滑动摩擦力的大小和方向分析出物体受

2、的合外力和加速度大小和方向由物体速度变化再分析相对运动来判断以后的受力及运动状态的改变。（或者分析各力功再应用功能关系，注意摩擦生热）一、传送带中的动力学问题1涉及“划痕”问题例1一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为，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a0开始运动，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。【审题】本题难度较大，传送带开始阶段也做匀加速运动了，后来又改为匀速，物体的运动情况则受传送带的运动情况制约，由题意可知，只有ga0

3、才能相对传送带滑动，否则物体将与传送带一直相对静止。因此该题的重点应在对物体相对运动的情景分析、相对位移的求解上，需要较高的分析综合能力。【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，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿运动定律，可得设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有由于aa0，故vv0，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v0，有 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。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s0和s，

4、有传送带上留下的黑色痕迹的长度 由以上各式得 【小结】本方法的思路是整体分析两物体的运动情况，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v0，设经历时间为t，煤块加速到v，有v v 传送带和煤块的位移分别为s1和s2，第二阶段：煤块继续加速到v0，设经历时间为，有v 传送带和煤块的位移分别为s3和s4 ，有传送带上留下的黑色痕迹的长度由以上各式得【小结】本方法的思路是分两段分析两物体的运动情况，分别对两个物体的两个阶段求位移，最后再找相对位移关系。方法三：传送带加速到v0 ，有 传送带相对煤块的速度 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，相对加

5、速度是】传送带匀速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为t，相对加速度是】整个过程中传送带相对煤块的位移即痕迹长度由以上各式得【小结】本方法的思路是用相对速度和相对加速度求解。关键是先选定好过程，然后对过程进行分析，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Vt图象，如图26所示。其中，黑色痕迹的长度即为阴影部分三角形的面积，有：【小结】本方法的思路是运用在速度时间图象中，图线与其所对应的时间轴所包围图形的面积可以用来表示该段时间内的位移这个知识点，来进行求解，本方法不是基本方法，不易想到，但若能将它理解透，做到融会贯通，在解决相应问题时，就可以多一种方法。例2

6、将一个粉笔头轻放在以2m/s的恒定速度运动在足够长的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m的划线若使该传送带仍以2m/s的初速改做匀减速运动，加速度大小恒为1.5m/s2，且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一粉笔头（与传送带的动摩擦因数和第一个相同）轻放在传送带上，该粉笔头在传送带上能留下一条多长的划线？tvv00t3图5传送带煤块Av1Et1t2CF解析: 第一次划线，传送带匀速，粉笔头由静止开始做匀加速运动，两者发生相对滑动，设粉笔头的加速度大小为a1，在vt坐标系中同时作出粉笔头和传送带的速度图象，如图4所示tvv00t图4传送带煤块ABAB和OB分别代表它们的速度图线,速度相等

7、时（B点），划线结束，图中AOB的面积代表第一次划线长度，故t=4s，即B点坐标为（4，2），粉笔头的加速度大小为m/s2第二次划线，传送带一直做匀减速运动，粉笔头先做匀加速运动后做匀减速运动，同样做出传送带和粉笔头的vt图象，如图5所示，AE代表传送带的速度图线，它的加速度为a=1.5m/s2，由速度公式可得t2=4/3s，即E点坐标为（4/3，0）OC代表第一阶段粉笔头的速度图线，C点表示二者速度相同，得t1=1s，m/s，即C点坐标为（1，0.5），该阶段粉笔头相对传送带向后划线，划线长度（图中左侧阴影面积）m，等速后，粉笔头超前，所受滑动摩擦力反向，开始减速运动，由于传送带先减速到0，

8、所以后来粉笔头一直匀减速至静止CF代表它在第二阶段的速度图线，由速度公式可求出t3=1s，即F点坐标为（2，0），此阶段粉笔头相对传送带向前划线，长度（图中右侧阴影面积）m1m，可见粉笔头相对传送带先向后划线1m，又折回向前划线1/6m，所以粉笔头在传送带动能留下1m长的划线30AB图3例3 如图3所示，皮带传动装置与水平面夹角为30，轮半径R= m，两轮轴心相距L=3.75m，A、B分别使传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑，一个质量为0.1kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为= 小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹当传送带沿逆时针方向匀速运动时，小物块无初速地放在A点，运动

9、至B点飞出要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长，传送带匀速运动的速度v至少多大？g取10m/s2解析; 由于小物块可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动后做匀速运动，作vt图分析可知：传送带匀速运动的速度越大，小物块从A点到B点用时越短，当传送带速度等于某一值v 时，小物块将从A点一直以加速度a1做匀加速直线运动到B点，所用时间最短对小物块受力分析，根据牛顿第二定律，有mgsin30 + mgcos30=ma1 ，解得 a1 = 7.5m/s2又L = a1tmin2，解得tmin = 1s，v =a1tmin =7.5m/s此时小物块和传送带之间的相对路程为 S = v tL = 3.7

10、5m传送带的速度继续增大，小物块从A到B的时间保持不变，而小物块和传送带之间的相对路程继续增大，小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时，痕迹为最长Smax，设此时传送带速度为v，则Smax = 2L + 2RSmax = v2tminL 联立以上各式解得 v2= 12.25m/s评: “划痕”问题的解题核心强调的是运动过程的全程分析，其中建立正确的几何关系是解题成败的关键所在例2选用的是常规的解题方法，而例3则选用的是图像法，相比之下，图像法更显得直观、简捷，当然该类问题还可以选用相对运动法，读者不妨一试2涉及摩擦力突变问题图6v0例4 . 如图6所示，一水平传送带以

11、2m/s的速度传送物块，水平部分长为2m，其右端与一倾角为370的光滑斜面相连，斜面长为0.4 m，一物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块传送带间动摩擦因数0.2，试问，物块能否达斜面顶端，若能则说明理由，若不能则求出从出发后9.5s内物块运动的路程解析 : 物块在匀加速运动过程中，滑动摩擦力的大小、方向不变，当物块与带共速时，摩擦力大小、方向均发生突变（滑动摩擦力突变为零），此后物块匀速运动由物体无初速度释放可知物体相对传送带滑动，滑动摩擦力方向向右，设物块一直加速，由牛顿第二定律得加速度m/s2，则m2m，加速时间s，说明物块先加速后匀速，匀速时间s，即物块以2m/s的速度滑上斜面，其

12、加速度a2=gsin=6m/s2，当速度减为零时，在斜面上的位移为m，因而物体不是匀速运动而是继续做加速运动设上述两个过程的加速度分别分、，则由牛顿第二定律得：，解得 m/s2物体速度从零增大到与传送带相同时所用时间为：s此时物体下滑的位移为：m接着物体下滑的速度大于传送带的速度，则物体该过程的加速度：m/s2，其运动的位移为：解得：s，故物体下滑的总时间为s点评: 本题的情景与一般的传送带运送物体有所不同，在一般情况下物体随传送带一起做匀速或加速运动，而此类题中由于摩擦力的突变使得物体随传送带的运动是“一波未平，一波又起”因此，准确判断物体所受摩擦力的大小、方向及其导致的物体运动状态的变化是

13、解决该类问题的关键，其中“速度相等”是这类题解答过程中的转折点，否则极易因运动性质的误判而导致错解二、传送带中的图象问题S/mO0.53.5428图15hSBAP图14例6 如图14所示，水平传送带的长度L=6m，传送皮带轮的半径都为R=0.25m，现有一小物体（可视为质点）以恒定的水平速度滑上传送带，设皮带轮顺时针匀速转动，当转动角速度为时，物体离开B端后在空中运动的水平距离为S，若皮带轮以不同的角速度重复上述动作（保持滑上传送带的初速度不变），可得到一些对应的和S值，将这些对应值画在坐标上并连接起来，得到如图15中实线所示的S图象根据图中标出的数据（g取10m/s2）求：（1）滑上传送带时

14、的初速度以及物体和皮带间的动摩擦因数；（2）B端距地面的高度；（3）若在B端加一竖直挡板P，皮带轮以角速度rad/s顺时针匀速转动，物体与挡板连续两次碰撞的时间间隔为多少？（物体滑上A端时速度仍为，在和挡板碰撞中无机械能损失）解析:（1）由图象看出当rad/s时，物体在传送带上一直做加速度为的减速运动，经过B端时速度大小为m/s，；当rad/s时，物体在传送带上一直做加速度也为匀加速运动，经过B端时速度大小为rad/s，三、传送带中的开放问题AB图16例7如图16所示，长为L的传送带AB始终保持速度为v0的水平向右的速度运动今将一与皮带间动摩擦因数为的滑块轻放到A端，求滑块由A运动到B的时间

15、解析:“轻放”的含意指初速为零，滑块所受滑动摩擦力方向向右，在此力作用下向右做匀加速运动，如果传送带够长，当滑块与传送带速度相等时，它们之间的滑动摩擦力消失，之后一起匀速运动，如果传送带较短，滑块可能由A一直加速到B滑块的加速度为，设它能加速到为v0时向前运动的距离为s1，由解得：若，即，滑块由A一直加速到B，由解得：；若，即，滑块由A加速到v0用时，前进的距离之后，在距离内以v0速度匀速运动，所用时间为，故滑块由A运动到B的时间为：点评:本题属于典型的答案开放性试题，由于传送带的长短制约着滑块的运动性质而导致答案的不唯一因此周密的运动过程分析和受力分析是物理解题永恒的主题，否则极易造成漏解或

16、错解四、传送带中的功能问题例8：如图211所示，水平传送带以速度匀速运动，一质量为的小木块由静止轻放到传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为，当小木块与传送带相对静止时，转化为内能的能量是多少？【审题】该题首先得清楚当小木块与传送带相对静止时，转化为内能的能量应该怎么来求，要想到用“物体在克服滑动摩擦力做功过程中转化成的内能等于滑动摩擦力与相对滑动路程的乘积。”这一结论，然后再根据物体和传送带的运动情况来求二者相对滑动的距离。【解析】在木块从开始加速至与传送带达到共同速度的过程中 由公式 可得： 从木块静止至木块与传送带达到相对静止的过程中木块加速运动的时间 传送带运动的位移 木块相对传

17、送带滑动的位移 摩擦产生的热：【总结】单独做该题目时，就应该有这样的解题步骤，不过，求相对位移时也可以物体为参考系，用传送带相对物体的运动来求。在综合性题目中用到该过程时，则直接用结论即可。该结论是：从静止放到匀速运动的传送带上的物体，在达到与传送带同速的过程中，转化为内能的能量值和物体增加的动能值相等。因为物体在该过程中的对地位移与传送带相对物体的位移大小是相等的。例9：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=

18、0.25，取g=10m/s2。求木块滑到底的过程中，摩擦力对木块做的功以及生的热各是多少？ 【审题】该题目要分成两段考虑，第一段：木块的速度vv0。这一阶段木块相对于传送带向前运动，受到的摩擦力方向向后，合外力仍沿斜面向前。【解析】刚开始时，合力的大小为 F合1mgsin37mgcos37,由牛顿第二定律，加速度大小a18m/s2，该过程所用时间 t10.5s，位移大小 s11m。 二者速度大小相同后，合力的大小为F合2mgsin37mgcos37,加速度大小a24m/s2，位移大小 s2 L-s1 6m,所用时间 s2 v0t2得： t21s。（另一个解t23s舍去） 摩擦力所做的功 Wmg

19、cos37(s1-s2) 4.0J， 全过程中生的热 Qfs相对 mgcos37【(v0t1-s1)+（s2-v0t2）】 0.8N3m2.4J。 【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。例10：一传送带装置示意如图214，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成，未画出)，经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上

20、各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动(忽略经BC段时的微小滑动)。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均输出功率。【审题】小货箱放在传送带的AB段上时，由于货箱的初速度为0，传送带以恒定的速度运动，两者之间有相对滑动，出现滑动摩擦力。作用于货箱的摩擦力使货箱加速，直到它的速度增大到等于传送带的速度，作用于传送带的摩擦力有使传送带减速的趋势，但由于电动机的作用，保持了传送带的速度不变。尽管作用于货箱跟作用于传送带的摩擦力的大小是相等的，

21、但小货箱与传送带运动的路程是不同的，因为两者之间有滑动。如果货箱的速度增大到等于传送带的速度经历的时间为t，则在这段时间内货箱运动的路程和传送带运动的路程分别是解答中的式和式，两者大小不同，由解答中的式给出。在这段时间内，传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对货箱做的功(这功转变为货箱的动能)，两者之差即为摩擦发的热。所谓传送带克服摩擦力做功，归根到底是电动机在维持传送带速度不变的过程中所提供的。这也就是在传送带的水平段上使一只小货箱从静止到跟随传送带一起以同样速度运动的过程中，电动机所做的功，这功一部分转变为货箱的动能，一部分因摩擦而发热。当货箱的速度与传送带速度相等后，只要货箱仍在传送带的水平

22、段上，电动机无需再做功。为了把货箱从C点送到D点，电动机又要做功，用于增加货箱的重力势能mgh。由此便可得到输送N只货箱的过程中电动机输出的总功。以上分析都是在假定已知传送带速度的条件下进行的，实际上传送带的速度是未知的。因此要设法找出。题中给出在时间T内运送的小货箱有N只，这是说，我们在D处计数，当第1只货箱到达D处时作为时刻t=0，当第N只货箱到达D处时恰好t=T。如果把这N只货箱以L的距离间隔地排在CD上(如果排得下的话)，则第N只货箱到D处的距离为(N1)L，当该货箱到达D处，即传送带上与该货箱接触的那点在时间T内运动到D点，故有。由此便可求出，电动机的平均功率便可求得。由于N很大，N

23、与N1实际上可视作相等的。 【解析】以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为，在水平段的运输过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，直到其速度与传送带的速度相等。设这段路程为s，所用的时间为t，加速度为a，则对小货箱有在这段时间内传送带运动的路程为由上可得用Ff表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小货箱做功为传送带克服小货箱对它的摩擦力做功两者之差就克服摩擦力做功发出的热量可见，在小货箱加速过程中，小货箱获得的动能与发热量相等。T时间内电动机输出的功为此功用于增加N个小货箱的动能、势能和使小货箱加速时程中克服摩擦力发 的热，即有 N个小货箱之间的距离为(N1)L，它应等于

24、传送带在T时间内运动的距离，即有因T很大，故N亦很大。联立、，得五、组合传送带问题例11、如图所示的传送皮带，其水平部分AB长sAB=2m，BC与水平面夹角=37，长度sBC =4m，一小物体P与传送带的动摩擦因数=0.25，皮带沿A至B方向运行，速率为v=2m/s，若把物体P放在A点处，它将被传送带送到C点，且物体P不脱离皮带，求物体从A点被传送到C点所用的时间（sin37=0.6，g=l0m/s2）解析：物体P随传送带做匀加速直线运动，当速度与传送带相等时若未到达B，即做一段匀速运动；P从B至C段进行受力分析后求加速度，再计算时间，各段运动相加为所求时间P在AB段先做匀加速运动，由牛顿第二定律，得P匀加速运动的时间匀速运动时间P以速率v开始沿BC下滑，此过程重力的下滑分量mgsin37=0.6mg；滑动摩擦力沿斜面向上，其大小为mgcos37=0.2mg可见其加速下滑由牛顿第二定律，解得t3=1s（另解，舍去）从A至C经过时间t=t1t2t3=2.4s第 16 页