本章复习与测试教案3

专题课：传送带问题

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．

首先，概括下与传送带有关的知识：

（一）传送带分类：（常见的几种传送带模型）

1.按放置方向分水平、倾斜和组合三种；

2.按转向分顺时针、逆时针转两种；

3.按运动状态分匀速、变速两种。

（二）传送带特点：传送带的运动不受滑块的影响，因为滑块的加入，带动传送带的电机要多输出的能量等于滑块机械能的增加量与摩擦生热的和。

（三）受力分析：传送带模型中要注意摩擦力的突变（发生在v物与v带相同的时刻），对于倾斜传送带模型要分析mgsinθ与f的大小与方向。突变有下面三种：

1.滑动摩擦力消失；

2.滑动摩擦力突变为静摩擦力；

3.滑动摩擦力改变方向；

（四）运动分析：

1.注意参考系的选择，传送带模型中选择地面为参考系；

2.判断共速以后是与传送带保持相对静止作匀速运动呢？还是继续加速运动？

3.判断传送带长度——临界之前是否滑出？

（五）传送带问题中的功能分析

1.功能关系：WF=△EK+△EP+Q。传送带的能量流向系统产生的内能、被传送的物体的动能变化，被传送物体势能的增加。因此，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。

2.对WF、Q的正确理解

（a）传送带做的功：WF=F·S带

功率P=F× v带

（F由传送带受力平衡求得）

（b）产生的内能：Q=f·S相对

（c）如物体无初速，放在水平传送带上，则在整个加速过程中物体获得的动能EK，因为摩擦而产生的热量Q有如下关系：EK=Q=12mv传

。一对滑动摩擦力做的总功等于机械能转化成热能的值。而且这个总2功在求法上比一般的相互作用力的总功更有特点，一般的一对相互作用力的功为W＝f相s相对，而在传送带中一对滑动摩擦力的功W＝f相s，其中s为被传送物体的实际路程，因为一对滑动摩擦力做功的情形是力的大- 1 -

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，其代数和是负值，这表明机械能向内能转化，转化的量即是两功差值的绝对值。

（六）水平传送带问题的变化类型

设传送带的速度为v带，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，两定滑轮之间的距离为L，物体置于传送带一端的初速度为v0。

1、v0＝0，

v0物体刚置于传送带上时由于受摩擦力作用，将做a =μg的加速运动。假定物体从开始置于传送带上一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v＝

v带＜2gL

时，物体在传送带上将先加速，后匀速。

v带

≥2gL时，物体在传送带上将一直加速。

2、

V0≠

0，且V0与V带同向

2gL，显然有：

（1）V0＜

v带时，同上理可知，物体刚运动到带上时，将做a =μg 的加速运动，假定物体一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为V＝

V0＜

v带＜

v带

≥22gLV022gLV0，显然有：

时，物体在传送带上将先加速后匀速。

22gLV0

时，物体在传送带上将一直加速。

（2）V0＞

v带时，因V0＞

v带，物体刚运动到传送带时，将做加速度大小为a = μg的减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为V＝

v带

≤22gLV022gLV0

，显然

时，物体在传送带上将一直减速。

V0＞

v带＞22gLV0

时，物体在传送带上将先减速后匀速。

3、V0≠

0，且V0与V带反向

此种情形下，物体刚运动到传送带上时将做加速度大小为

的减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为V＝22gLV0

，显然：

V ≥

0，即V0≥2gL时，物体将一直做减速运动直到从传送带的另一端离开传送带。

V＜0，即V0＜

2gL时，物体将不会从传送带的另一端离开而从进入端离开，其可能的运动情形有：

a、先沿V0方向减速，再反向加速直至从放入端离开传送带

b、先沿V0方向减速，再沿v0反向加速，最后匀速直至从放入端离开传送带。

（七）倾斜传送带问题的变化类型

1、V0＝0

2、V0≠

0，且V0与

v带同向

①

V0＜

v带时

②V0＞

v带时

3、V0≠

0，且V0与

v带反向

①V0＜

v带时

②V0＞

v带时

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．

（八）传送带模型的一般解法

1.确定研究对象；

2.受力分析和运动分析，（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；

- 2 -

3.分清楚研究过程，利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量。

传送带的具体类型抛析：

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，要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＝2 m/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2 m/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＝2 m/s2

工件加速运动的时间t1＝v0

代入数据可得：

t1＝1s

a1此过程工件发生的位移l =2at12

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＝Ll

代入数据可得：t2＝4.5s v所以工件从A处运动到B处的总时间t＝t1＋t2＝5.5 s

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；由于传送带图

甲

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减速运动的时间为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＝6 m/s2

- 3 -

t1＝v0v

代入数据可得：t＝1s a此时旅行包通过的位移为s1

，由匀减速运动的规律，

v0v2有

s1＝＝7 m

代入数据可得：s1＝7 m＜L

2g可知在匀减速运动阶段，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＝2Ls1

代入数据可得：t＝0.25 s

v故：旅行包在传送带上运动的时间为t＝t1＋t2＝1.25 s

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（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

ag

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

v0a0t

②

vat

③

由于aa0，故vv0，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

v0vat

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

s01a0t2v0t

⑤

22v0

⑥

s2a传送带上留下的黑色痕迹的长度

ls0s

⑦

由以上各式得

2v0(a0g)

⑧

l2a0g解法2 vt图象法

- 4 -

作出煤块、传送带的vt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．

v 1传送带

lv0t

①

v

02tv0v0

②

ga0v O 煤块

由①②解得

v2(ag)

③

l002a0gv0/a0

t v0/μg

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？

A

(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10 m/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B 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，037

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mg sin37°，根据牛顿第二定律，有：

2mg sin37°-

μmgcos37°＝ma 代入数据可得： a＝2 m/s

2物块在传送带上做加速度为a＝2 m/s的匀加速运动，设运动时间为t，

t＝2L 代入数据可得：t＝4s a（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

2mgsin37°＋μmgcos37°=ma1

, 解得：a1 ＝10m/s, 设物块加速时间为t1

，则t1

＝v， 解得：t1=1s a1因位移s1=12a1t1=5m＜16m ,说明物块仍然在传送带上．

2- 5 -

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：

2mg sin37°-

μmgcos37°＝ma2 ,解得a2＝2m/s

，

设后阶段物块下滑到底端所用的时间为t2．由

L－s＝vt2＋a2t2/2，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2 m，倾斜部分bc的长度为4 m，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＝2 m/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 ）

图乙

分析

物块A在水平ab段受到沿传送带运动方向的滑动摩图甲

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＝2v

解得：

t1＝0.8 s

a1vt10

解得：

s1＝0.8 m 2设物块A相对传送带加速运动的位移为s1，则s1＝当A的速度达到2 m/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＝sabs1＝0.6s

解得：

t2＝0.6s

vA在bc段受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小为μmg

cos37°，设A沿bc段下滑的加速度为a2，根据牛顿第二定律有，

mg sin37°－μmg cos37°＝ma2

解得：a2＝4 m/s2

根据运动学的关系，有：

sbc＝vt3＋12at3

其中sbc=4 m ，v=2 m/s ，解得

：t3＝1s ，另一解t3＝－2s（不2- 6 -

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．

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