高中物理传送带模型.docx

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高中物理传送带模型

传送带模型

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

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．）

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

例3、（2005年江苏卷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.现有一行李包（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，行李包从B端水平抛出，不计空气阻力，g取l0m/s2

（1）若行李包从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）若行李包以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）设行李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）设行李包的质量为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

要使行李包从B端飞出的水平距离等于

（1）中所求水平距离，行李包从B端飞出的水平抛出的初速度v=3.0m/s

设行李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

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

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

例6、（07河南开封质量检测）．（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：

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，系统转化的内能是（）

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内能．

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内＝fs2－fs1③

由①②③可得：

E内＝

故本题选D选项。

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内能；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时间内传送带的位移为s2，故转化的内能为:

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

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P．

分析要求电动机的平均输出功率，就应该取一段时间并分析该阶段中电动机所做的功。

由题意可知，所取时间最好是实际T，在该段时间内，电动机所做的功直接不便于求解，可以从能量转化的角度来分析，从整个系统的能量流向来看，正是应为电动机对系统注入了能量，才使得系统中产生了热能，各木箱的动能和势能都增加了。

故电动机在T时间内做的功就可以转化为易求的三种能量。

解析以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小货箱有

①

②

在这段时间内，传送带运动的路程为

③

由以上3式，可得

④

用f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A,

⑤

传送带克服小货箱对它的摩擦力做功

⑥

两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量

⑦

可见，在小货箱加速运动过程中，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W，

⑧

此功用于增加小货箱的动能、势能以及使小货箱加速过程中克服摩擦力做功放出的热量，即

⑨

已知相邻两小货箱的距离为L，则N个小货箱之间的距离为（N－1）L，它应等于传送带在T时间内运动的距离，即

⑩

由于T很大，所以N很大。

联立⑦⑧⑨⑩，得

⑾

4、变形传送带上的能量转化情况分析

例12、如图所示，用半径为r＝0.4m的电动滚轮在长薄铁板上表面压轧一道浅槽。

薄铁板的长为L＝2.8m、质量为m＝10kg。

已知滚轮与铁板、铁板与工作台面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1。

铁板从一端放入工作台的滚轮下，工作时滚轮对铁板产生恒定的竖直向下的压力为N＝100N，在滚轮的摩擦作用下铁板由静止向前运动并被压轧出一浅槽。

已知滚轮转动的角速度恒为ω＝5rad/s，g取10m/s2。

求：

加工一块铁板电动机要消耗多少电能？

（不考虑电动机自身的能耗）

分析在加工铁板时，可由铁板的受力情况来分析其运动情况。

其受力情况是：

在竖直方向上受到重力、滚轮的压力、以及地面的支持力；在水平方向上上表面受到向前的滑动摩擦力，下表面受到向后的滑动摩擦力，通过计算可知向前的摩擦力大于向后的摩擦力故铁板向前加速运动。

这样就应该考虑铁板的速度是否能达到和滚轮的线速度相等，若相等，之后铁板上表面受到的即是静摩擦力，铁板将开始匀速运动。

在受力情况和运动情况分析清楚的基础上，再从能量的角度分析，可以发现电动机消耗的电能流流向了三个方面，一是用于铁板增加动能；二是转化为滚轮和铁板之间产生的热能；三是转化为铁板和地面之间产生的热能。

至此本题已不难求解。

解答开始砂轮给铁板向前的滑动摩擦力F1=μ1N

代入数据可得：

F1=30N

工作台给铁板的摩擦阻力F2=μ2（N+mg）N

代入数据可得：

F2=20N

故铁板先向右做匀加速运动：

a=

代入数据可得：

a=1m/s2

加速过程铁板能达到的最大速度vm=ωr

代入数据可得：

vm=2m/s

这一过程铁板的位移s1=

代入数据可得：

s1=2m<2.8m

所以此后砂轮给铁板的摩擦力将变为静摩擦力，并且F1′=F2，铁板将做匀速运动。

加工一块铁板电动机消耗的电能：

E=ΔEK+Q1+Q2

其中ΔEK=

mvm2，Q1＝F1s1，Q2＝F2L

代入数据可得加工一块铁板电动机消耗的电能：

E=136J