高中物理传送带问题分类解析.docx

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高中物理传送带问题分类解析

传送带问题分类解析

传送带是运送货物的一种省力工具，在装卸运输行业中有着广泛的应用，只要稍加留心，在工厂、车站、机场、装卸码头随处可见繁忙运转的传送带．近年来“无论是平时训练还是高考，均频繁地以传送带为题材命题”，体现了理论联系实际，体现了把物理知识应用于日常生活和生产实际当中．本文收集、整理了传送带相关问题，并从两个视角进行分类剖析：

一是从传送带问题的考查目标（即：

力与运动情况的分析、能量转化情况的分析）来剖析；二是从传送带的形式来剖析．

一、传送带问题中力与运动情况分析

传送带的试题以力和运动的关系为多见，有水平方向的，有倾斜方向的，也有水平和倾斜两个方向相结合的，还有变形的传送带．在处理传送带上的力和运动的关系时，有依据物体的受力情况，判断物体的运动性质；也有依据物体的运动性质，去求解物体的受力情况．

1、水平传送带上的力与运动情况分析

例1水平传送带被广泛地应用于车站、码头，工厂、车间。

如图所示为水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v0＝2m/s的恒定速率运行，一质量为m的工件无初速度地放在A处，传送带对工件的滑动摩擦力使工件开始做匀加速直线运动，设工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2,AB的之间距离为L＝10m，g取10m/s2．求工件从A处运动到B处所用的时间．

分析工件无初速度地放在传送带上，由于传送带以2m/s的恒定速度匀速运动，工件在传送带上受到传送带给予的滑动摩擦力作用做匀加速运动，当工件加速到与传送带速度相等时，如果工件没有滑离传送带，工件在传送带上再不相对滑动，两者一起做匀速运动．

解答设工件做加速运动的加速度为a，加速的时间为t1，加速运动的位移为l，根据牛顿第二定律，有：

μmg=ma

代入数据可得：

a＝2m/s2

工件加速运动的时间t1＝

代入数据可得：

t1＝1s

此过程工件发生的位移l=

at12

代入数据可得：

l＝1m

由于l＜L，所以工件没有滑离传送带

设工件随传送带匀速运动的时间为t2，则t2＝

代入数据可得：

t2＝4.5s

所以工件从A处运动到B处的总时间t＝t1＋t2＝5.5s

点评这是一道传送带以恒定速度运转，而被运送的工件初速度为0的实际问题，解决这类问题首先要对被运送的工件进行受力分析，由工件的受力情况判断出工件的运动性质，然后根据运动性质求解待求物理量。

一般情况下，工件在传送带上有两种运动形式，一是匀加速运动，二是匀速运动。

从匀加速运动到匀速运动过程中，往往要对工件在传送带上做加速运动结束时是否滑离传送带作出判断，如果已经滑离传送带，则工件不存在匀速运动阶段，如果没有滑离，则工件将与传送带一起做匀速运动．可见工件是否滑离传送带的判断是不能忽视的．

例2：

如图甲所示为车站使用的水平传送带的模型，传送带长L＝8m，以速度v＝4m/s沿顺时针方向匀速转动，现有一个质量为m＝10kg的旅行包以速度v0＝10m/s的初速度水平地滑上水平传送带．已知旅行包与皮带间的动摩擦因数为μ＝0.6，则旅行包从传送带的A端到B端所需要的时间是多少？

（g＝10m/s2,且可将旅行包视为质点．）

分析旅行包受力情况如图乙所示，旅行包受到自身重力mg、方向竖直向下，传送带给予的支持力FN、方向竖直向上，传送带对旅行包的滑动摩擦力、方向水平向左；由受力图可知，旅行包水平滑上传送带后将做初速度为v0＝10m/s的匀减速运动；由于传送带以速度v＝4m/s匀速运动，所以只要旅行包不滑离传送带，总有旅行包和传送带的速度达到相等时刻，此时，旅行包便与传送带一起做匀速运动．

解答设旅行包在传送带上做匀加速运动的时间为t1，即经过t1时间，旅行包的速度达到v＝4m/s，由牛顿第二定律，有：

μmg=ma

代入数据可得：

a＝6m/s2

t1＝

代入数据可得：

t＝1s

此时旅行包通过的位移为s1，由匀加速运动的规律，

有s1＝

＝7m

代入数据可得：

s1＝7m＜L

可知在匀加速运动阶段，旅行包没有滑离传送带，此后旅行包与传送带一起做匀速运动，设做匀速运动的时间为t2，则t2＝

代入数据可得：

t＝0.25s

故：

旅行包在传送带上运动的时间为t＝t1＋t2＝1.25s

点评例2与例1最大的区别是被运送的物体的初速度比传送带运动的速度要大得多，这一题设条件的变化，直接影响到工件在传送带上所受的滑动摩擦力的方向，此时摩擦力所起到

的作用不是例1中使物体加速，而是使物体减速．显而易见初始运动情况会影响受力情况，进而影响后来的运动情况．

例3、（2005年卷35）如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持3.0m／s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度为h=0.45m.现有一行包（可视为质点）由A端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行包从B端水平抛出，不计空气阻力，g取l0m/s2

（1）若行包从B端水平抛出的初速v＝3.0m／s，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离；

（2）若行包以v0＝1.0m／s的初速从A端向右滑行，包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要使它从B端飞出的水平距离等于

（1）中所求的水平距离，求传送带的长度L应满足的条件？

（1）设行包在空中运动时间为t，

飞出的水平距离为s，则

h=1/2gt2

s＝vt

代入数据得：

t＝0.3s

s＝0.9m

（2）设行包的质量为m，与传送带相对运动时的加速度为a，则滑动摩擦力

代入数据得：

a＝2.0m/s2

要使行包从B端飞出的水平距离等于

（1）中所求水平距离，行包从B端飞出的水平抛出的初速度v=3.0m/s

设行被加速到时通过的距离为s0，则　

2as0=v2-v02⑦　

代入数据得s0＝2.0m⑧

故传送带的长度L应满足的条件为：

L≥2.0m

例4（2006年全国理综I第24题）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．

解法1力和运动的观点

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。

根据牛顿第二定律，可得

①

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

②

③

由于

，故

，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。

再经过时间

，煤块的速度由v增加到v0，有

④

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，有

⑤

⑥

传送带上留下的黑色痕迹的长度

⑦

由以上各式得

⑧

解法2

图象法

作出煤块、传送带的

图线如图所示，图中标斜线的三角形的面积，即为煤块相对于传送带的位移，也即传送带上留下的黑色痕迹的长度．

①

②

由①②解得

③

点评本题中的传送带不是以恒定的速度运转，而是以恒定的加速度开始运动，由于传送带的和煤块的速度不等，所以煤块在传送带上也做加速运动，但题目隐含了起始段煤块的加速度小于传送带的加速度，由于两个加速度大小不一样，所以煤块在传送带上的运动要比以上两例复杂。

解题的关键是弄清题中所求“传送带上留下的黑色痕迹的长度”实为煤块相对于传送带的位移．审清题意，选好研究对象，分析清楚物理过程，在此基础上，可从不同的角度来解答．解法一运用力和运动的观点，属常规解法；解法二则运用速度图象，直观简捷，甚至可一步写出解题结果．本题取材于生活实际，以“力和运动的关系”的知识为载体，着眼于考查学生的理解能力、推理能力、综合分析能力、建立理想化模型用来解决实际问题能力。

可见本题很好地考查了考生的物理素养和学以致用的能力，堪称一道联系实际且立意高的好题．

2、倾斜传送带上的力与运动情况分析

例4．如图所示，传送带与水平方向夹37°角，AB长为L＝16m的传送带以恒定速度v＝10m/s运动，在传送带上端A处无初速释放质量为m＝0.5kg的物块，物块与带面间的动摩擦因数μ＝0.5，求：

（1）当传送带顺时针转动时，物块从A到B所经历的时间为多少？

（2）当传送带逆时针转动时，物块从A到B所经历的时间为多少？

（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2）．

分析

（1）当传送带顺时针转动时，传送带相对物块向上运动，故传送带受到物块的摩擦力沿传送带向下，物块受传送带的摩擦力方向向上，由于mgsin37°＞μmgcos37°，故物块向下作初速度为0的匀加速运动直到B处．

（2）当传送带逆时针转动时，初速度为0的物块放上传送带时，由于传送带相对物块向下运动，传送带受到物块的摩擦力方向沿传送带向上，物块受到的摩擦力方向沿传送带向下，物块先做加速度为a1的匀加速运动，当速度达到10m/s后，因沿传送带向下的重力分力mgsin37°＞μmgcos37°（沿传送带向上的摩擦力）,故后一阶段物块在传送带上仍然做匀加速运动，但加速度的大小与前一段不同．

解析

（1）当传送带顺时针转动时，设物块的加速度为a，物块受到传送带给予的滑动摩擦力μmgcos37°方向沿斜面向上且小于物块重力的分力mgsin37°，根据牛顿第二定律，有：

mgsin37°-μmgcos37°＝ma

代入数据可得：

a＝2m/s2

物块在传送带上做加速度为a＝2m/s2的匀加速运动，设运动时间为t，

t＝

代入数据可得：

t＝4s

（2）物块放上传送带的开始的一段时间受力情况如图甲所示，前一阶段物块作初速为0的匀加速运动，设加速度为a1，由牛顿第二定律，有

mgsin37°＋μmgcos37°=ma1,

解得：

a1＝10m/s2,

设物块加速时间为t1，则t1＝

，

解得：

t1=1s

因位移s1=

=5m＜16m,说明物块仍然在传送带上．

设后一阶段物块的加速度为a2,当物块速度大于传送带速度时，其受力情况如图乙所示．

由牛顿第二定律，有：

mgsin37°-μmgcos37°＝ma2,

解得a2＝2m/s2，

设后阶段物块下滑到底端所用的时间为t2．

由L－s＝vt2＋a2t

/2，

解得t2＝1s

另一解－11s不合题意舍去．

所以物块从A到B的时间为：

t＝t1＋t2＝2s

点评解答本题的关键是分析摩擦力的方向，以及摩擦力向上和向下的条件。

从本题的解答过程中我们可以得到以下三点启示：

（1）解答“运动和力”问题的关键是要分析清楚物体的受力情况和运动情况，弄清所给问题的物理情景．加速度是动力学公式和运动学公式之间联系的桥梁．

（2）审题时应注意对题给条件作必要的定性分析和半定量的分析。

如：

由本题中给出的μ和θ值可作出以下判断：

当μ≥tanθ时，物块在加速至与传送带速度相同后，物块将与传送带相对静止，并同传送带一起匀速运动；当μ＜tanθ时，物块在获得与传送带相同的速度后仍继续加速．

（3）滑动摩擦力的方向并不总是阻碍物体的运动，而是阻碍物体间的相对运动。

它可能是是阻力，也可能是动力．

3、水平和倾斜组合传送带上的力与运动情况分析

例5如图甲所示的传送带，其水平部分ab的长度为2m，倾斜部分bc的长度为4m，bc与水平面的夹角θ＝37°，现将一小物块A（可视为质点）轻轻放在传送带的a端，物块A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25．传送带沿图甲所示方向以v＝2m/s的速度匀速运动，若物块A始终未脱离传送带，试求小物块A从a端被传送到c端所用的时间？

（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6,cos37°＝0.8）

分析物块A在水平ab段受到沿传送带运动方向的滑动摩擦力作用，受力情况如图乙所示，A先在传送带上做匀加速运动滑动一段距离，直到A的速度达到与传送带做匀速运动的速度相同，此后A将随传送带一起做匀速运动．物块A在传送带倾斜段bc之间运动，受力情况如图丙所示。

此时由于μ＝0.25＜tan37°＝0.75，即物块所受到的滑动摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故物块将沿传送带加速下滑．

解答设物块在水平传送带上加速的过程中的加速度为a1，

根据牛顿第二定律有：

μmg＝ma1

解得:

a1＝2.5m/s2

设物块A做运加速运动的时间为t1，t1＝

解得：

t1＝0.8s

设物块A相对传送带加速运动的位移为s1，则s1＝

解得：

t1＝0.8m

当A的速度达到2m/s时，A将随传送带一起匀速运动，A在传送带水平段匀速运动的时间为t2，t2＝

＝0.6s

解得：

t2＝0.6s

A在bc段受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小为μmgcos37°，设A沿bc段下滑的加速度为a2，根据牛顿第二定律有，mgsin37°－μmgcos37°＝ma2

解得：

a2＝4m/s2

根据运动学的关系，有：

sbc＝vt3＋

其中sbc=4m，v=2m/s，

解得：

t3＝1s，另一解t3＝－2s（不合题意，舍去）

所以物块A从传送带的a端传送到c端所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝2.4s

点评解答此题的关键是准确分析物块在水平和倾斜传送带上的受力情况，并据此分析出物块在两种状态的传送带上的运动情况。

在具体的分析过程中应该注意物块在水平和倾斜传送带上的受力和运动情况的特点来分析，说到底还是力和运动关系问题．

例6、（07质量检测）．（16分）如图104所示的传送带以速度V=2m/s匀速运行，AB部分水平，BC部分与水平面之间的夹角为30°，AB间与BC间的距离都是12m，工件与传送带间的动摩擦因数为

，现将质量为5kg的工件轻轻放在传送带的A端，假设工件始终没有离开传送带，求：

（1）工件在AB上做加速运动过程中的位移

（2）工件在滑到C点时的速度大小

解：

（1）设工件在传送带上时的加速度为a1，加速运动过程中的位移为s1

由牛顿定律得：

所以

①

②

（2）设当工件滑到BC部分上时物体的加速度为a2.则

③

④

所以，由V02－V2=2a2L得V0=8m/s⑤

①②各4分，③④得3分，⑤2分，共16分

4、变形传送带上的力与运动情况分析

例7、如图所示10只相同的轮子并排水平排列，圆心分别为O1、O2、O3…O10，已知O1O10=3.6m，水平转轴通过圆心，所有轮子均绕轴以

r/s的转速顺时针转动。

现将一根长0.8m、质量为2.0kg的匀质木板平放在这些轮子的左端，木板左端恰好与O1竖直对齐，木板与轮缘间的动摩擦因数为0.16，试求：

.木板水平移动的总时间（不计轴与轮间的摩擦，g取10m/s2）.

分析木板无初速置于轮子上，而轮子的边缘有速度，故木板应该受到轮子的滑动摩擦力的作用加速运动，由于滑动摩擦力存在的前提是物体间存在相对速度，故应考虑木板的速度能否增大到和轮子的线速度相等，另外应注意到轮子对木板的总支持力还是等于木板的重力，所以本题实际也是一个传送带问题。

当然本题中由于“传送带”的特殊性以及传送的物体是有一定线度的“木板”，且题中求木板“水平移动”的要求，所以应注意到当木板的重心运动到O10时木板即将开始翻转、滑落。

解答

（1）设轮子的半径为r，由题意O1O10=3.6m，得轮子的半径r＝

＝0.2m.。

轮子转动的线速度为

n＝

r/s

代入数据可得：

v＝1.6m/s

木板受到轮子的滑动摩擦力f＝μmg，木板在滑动摩擦力的作用下做加速运动

板运动的加速度

代入数据可得：

a＝1.6m/s2

当木板运动的速度与轮子转动的线速度v相等时，木板讲作匀速运动。

由以上推理得：

板在轮子上作匀加速运动的时间为

，

代入数据可得：

t＝1s

木板作匀加速运动发生的位移

代入数据可得：

s1=0.8m

注意到当木板的重心运动到O10时木板即将开始翻转、滑落，故木板“水平移动”的距离

板在作匀速运动的全过程中其重心平动发生的位移为

因此，板运动的总时间为：

点评传送带问题的最大特点是“传送带”一般都能对被传送的物体产生摩擦力，但随着被传送物体的速度增大，可能会出现摩擦力消失的问题，这样就会导致被传送物体的运动情况发生改变。

对于看似不是传送带的问题，如果其受力特点（摩擦力）和传送带相似，则可以类比传送带的问题来分析求解，因其在的物理本质相同。

二、传送带问题中能量转化情况的分析

1、水平传送带上的能量转化情况分析

例8、如图所示，水平传送带以速度v匀速运动，一质量为m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μ，当小木块与传送带相对静止时，系统转化的能是（）

A、mv2B、2mv2

C、

D、

分析小木块在传送带上的受力图如下，由受力图可知，小木块在传送带给予的滑动摩擦力f作用下做匀加速运动，小木块速度不断增加，当小木块的速度达到v时，小木块与传送带相对静止，在此过程中传送带对小木块的摩擦力对木块做正功，同时木块对传送带的摩擦力对传送带做负功，但两个力的大小相等，力作用的位移不等，故总功不为0，这个差值即是系统转化的能．

解答假设小木块达到与传送带达到共同速度所用的时间为t，在此过程中木块的位移为s1，传送带的位移为s2，则有：

，

即得：

s2＝2s1①

对木块由动能定理得：

②

对传送带和木块由能量关系可知：

E＝fs2－fs1③

由①②③可得：

E＝

故本题选D选项。

点评传送带上的能量问题是有其特点的：

其一是在传送带上的物体和传送带相对滑动过程中是一对滑动摩擦力做功；其二是这一对滑动摩擦力做功的情形是力的大小相等，位移不等（恰好相差一倍），并且一个是正功一个是负功；其三是一对摩擦力做功的代数和是负值，这表明机械能向能转化，转化的量即是两功差值的绝对值。

2、倾斜传送带上的能量转化情况分析

例9、如图所示，电动机带着绷紧的传送带始终以v0＝2m/s的速度运动，传送带与水平面的夹角θ＝30°，现把一质量为m＝10kg的工件轻轻地放在皮带的底端，经过一段时间后，工件被送到高h＝2m的平台上，已知工件与皮带之间的动摩擦因数μ＝

，除此之外，不记其他损耗。

求电动机由于传送工件多消耗的电能。

（取g＝10m/s2）

分析本题中电动机消耗的电能向三个方面转化，一是用于使传送带以v0＝2m/s的速度匀速转动；二是转化为工件与传送带之间因滑动摩擦力做功而产生的能；三是用于工件增加的机械能（含工件的重力势能和动能）；电动机由于传送工件多消耗的电能是指上述所列去向的二、三部分能量．

解答作出工件在传送带上受力如图所示，f为皮带给予工件的滑动摩擦力，对工件,根据牛顿第二定律，有：

μmgcosθ－mgsinθ＝ma

代入数据解得：

a＝2.5m/s2

工件达到传送带运转速度v0＝2m/s时所用的时间t1＝

代入数据解得：

t1＝0.8s

工件在传送带上加速运动的距离为s1＝

代入数据解得：

s1＝0.8m

故有:

s1＜h/sin30°

说明工件在传送带上现做匀加速运动，再做匀速运动，工件到达平台时的速度为2m/s．

故工件增加的机械能E＝mgh＋

代入数据得E＝220J

设在t1时间传送带的位移为s2，故转化的能为:

W＝f（s2－s1）＝fs1

代入数据得W＝60J

电动机由于传送工件多消耗的电能。

△E=E＋W＝280J

点评对于传送带倾斜情况下能量的分析，分析时，除了系统产生的能、被传送的物体的动能应该关注外，和水平传送带相比还应关注被传送物体势能的增加。

在本题中，电动机由于传送工件多消耗的电能就包括了工件增加的动能和势能以及摩擦产生的热量。

当然，在分析能量情况的基础是要分析出工件在传送带的运动情况，这一点倾斜传送带和水平传送带的特点是不同的。

例10、“潮汐发电”是海洋能利用中发展最早、规模最大、技术较成熟的一种方式。

某海港的货运码头，就是利用“潮汐发电”为皮带式传送机供电，图1所示为皮带式传送机往船上装煤。

本题计算中取sin18°=0.31,cos18°=0.95,水的密度

。

（1）皮带式传送机示意图如图2所示，传送带与水平方向的角度

，传送带的传送距离为L=51.8m，它始终以v=1.4m/s，、的速度运行。

在传送带的最低点，漏斗中的煤自由落到传送带上（可认为煤的初速度为0），煤与传送带之间的动摩擦因数

求：

从煤落在传送带上到运至传送带最高点经历的时间t；

（2）图3为潮汐发电的示意图。

左侧是大海，中间有水坝，水坝下装有发电机，右侧是水库，当涨潮到海平面最高时开闸，水由通道进入海湾水库，发电机在水流的推动下发电，待库水面升至最高点时关闭闸门；当落潮到海平面最低时，开闸放水发电。

设某汐发电站发电有效库容V=3.6×106m3，平均潮差△h=4.8m，一天涨落潮两次，发电四次。

水流发电的效率

。

求该电站一天利用潮汐发电的平均功率P；

（3）传送机正常运行时，1秒钟有m=50kg的煤从漏斗中落到传送带上。

带动传送带的电动机将输入电能转化为机械能的效率

，电动机输出机械能的20%用来克服传送带各部件的摩擦（不包括传送带与煤之间的摩擦）以维传送带的正常运行。

若用潮汐发电站发出的电给传送机供电，能同时使多少台这样的传送机正常运行？

解：

（1）煤在传送带上的受力如右图所示（1分）

根据牛顿第二定律

（1分）

设煤加速到v需要时间为t1

（1分）

设煤加速运动的距离为s1

（1分）

设煤匀速运动的时间为t2

（1分）

总时间t=t1+t2=38s（1分）

（2）一次发电，水的质量

（1分）

重力势能减少

（1分）

一天发电的能量

（2分）

平均功率

（1分）

求出P=400kW（1分）

（3）一台传送机，将1秒钟落到传送带上的煤送到传送带上的最高点

煤获得的机械能为

（1分）

煤与传送带的相对位移

（1分）

传送带与煤之间因摩擦因产生的热

设同时使n台传送机正常运行，根据能量守恒

（3分）

求出n=30台（2分）

评分标准：

若仅列出一个能量守恒方程，方程全对给5分，若方程有错均不给分。

3、水平和倾斜组合传送带上的能量转化情况分析

例11、（2003年全国理综第34题）一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆孤形（圆孤由光滑模板形成，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段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L．每个箱在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，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，