高中物理传送带专题题目与答案文档格式.doc
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3、水平和倾斜组合传送带上的力与运动情况分析
图甲
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）
例6如图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
4、变形传送带上的力与运动情况分析
O11
O2
O3
O10
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）.
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、
2、倾斜传送带上的能量转化情况分析
300
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）
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，待库内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。
求该电站一天内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？
3、水平和倾斜组合传送带上的能量转化情况分析
例11、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．
4、变形传送带上的能量转化情况分析
铁板
滚轮
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）
例1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
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＝
t2＝4.5s
所以工件从A处运动到B处的总时间t＝t1＋t2＝5.5s
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＝
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
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＝
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、
（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=1/2gt2①s＝vt②
代入数据得：
t＝0.3s③s＝0.9m④
（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
⑤
a＝2.0m/s2⑥
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
例4．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＝
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＝，
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：
＝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
例5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
图丙
图乙
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＝
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
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
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、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
例7、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
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
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，
木板作匀加速运动发生的位移
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：
例8、FN
f
mg
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。
例9、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
mgcosθ
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＝
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
例10、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秒钟内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）
例11、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
例12、解答开始砂轮给铁板向前的滑动摩擦力F1=μ1N
F1=30N
工作台给铁板的摩擦阻力F2=μ2（N+mg）N
F2=20N<
F1
故铁板先向右做匀加速运动：
a=
a=1m/s2
加速过程铁板能达到的最大速度vm=ωr
vm=2m/s
这一过程铁板的位移s1=
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
-11-
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