完整word版高三物理传送带问题分类解析Word文档格式.docx
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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：
图乙
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＝
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（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．
由①②解得
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．
370
A
B
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°
（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＝
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：
＝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＝
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．
4、变形传送带上的力与运动情况分析
例6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
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：
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：
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，因其内在的物理本质相同。
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7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（）
FN
f
mg
A、mv2B、2mv2C、
D、
分析小木块在传送带上的受力图如右，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。
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，这表明机械能向内能转化，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8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＝
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
点评对于传送带倾斜情况下能量的分析，分析时，除了系统产生的内能、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。
3、水平和倾斜组合传送带上的能量转化情况分析
例9（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
在这段时间内，传送带运动的路程为
③
由以上3式，可得
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,
传送带克服小货箱对它的摩擦力做功
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
点评本题考查的知识内容是高中物理的核心部分，即能量转化与守恒定律。
命题专家的意图是通过分析复杂的物理过程，找出各个过程中与之相关联的条件，来考查考生的综合分析能力．在入题时要分析清楚电动机做的功提供了哪些能量：
首先，小箱放入传送带之后与皮带之间产生相对滑动，需要克服摩擦力做功而产生热量；
其次，小箱从静止到达与皮带具有共同的速度而获得动能；
最后，小箱被送到h高处增加了重力势能；
以上三个方面的能量都是电动机做功的结果。
从当年的答题情况看，不少考生在计算电动机做功时漏掉了小箱相对传送带滑动过程中产生的热量．
4、变形传送带上的能量转化情况分析
铁板
滚轮
例10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<
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代入数据可得：
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
点评本题从表面上看并不是传送带的问题，但在受力分析，运动情况分析，特别是能量转化情况的分析上和传送带问题有着及其相似的特点：
运动情况的阶段性、能量转化的多样性都是由摩擦力的特点决定的，一方面滑动摩擦力的存在是要以相对运动存在为基础的，一旦相对运动消失，摩擦力会发生变化进而引起运动情况的变化；
另一方面一对滑动摩擦力做功就会使得机械能向内能转化，在Q＝fs相对中，相对路程s相对就等于被带动物体的实际路程。
以上笔者通过10个实际传送带问题，从两个角度，按四
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