传送带问题专题讲解

知识特点

传送带上随行物受力复杂，运动情况复杂，功能转换关系复杂。 基本方法

解决传送带问题要特别注重物理过程的分析和理解，关键是分析传送带上随行物时一般以地面为参照系。

1、对物体受力情况进行正确的分析，分清摩擦力的方向、摩擦力的突变。当传送带和随行物相对静止时，两者之间的摩擦力为恒定的静摩擦力或零；当两者由相对运动变为速度相等时，摩擦力往往会发生突变，即由滑动摩擦力变为静摩擦力或变为零，或者滑动摩擦力的方向发生改变。

2、对运动情况进行分析分清物体的运动过程，明确传送带的运转方向。

3、对功能转换关系进行分析，弄清能量的转换关系，明白摩擦力的做功情况，特别是物体与传送带间的相对位移。 一、 基础练习

【示例1】一水平传送带长度为20m，以2m／s的速度做匀速运动，已知某物体与传送带间动摩擦因数为，则从把该物体由静止放到传送带的一端开始，到达另一端所需时间为多少？

V

【讨论】

1、在物体和传送带达到共同速度时物体的位移，传送带的位移，物体和传送带的相对位移分别是多少？

2、若物体质量m=2Kg，在物体和传送带达到共同速度的过程中传送带对物体所做的功，因摩擦而产生的热量分别是多少？

情景变换一、当传送带不做匀速运动时

【示例2】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μ。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。

情景变换二、当传送带倾斜时

【示例3】如图所示倾斜的传送带以一定的速度逆时针运转，现将一物体轻放在传送带的顶端，此后物体在向下运动的过程中。 （ ） A物体可能一直向下做匀加速运动，加速度不变 B.物体可能一直向下做匀速直线运动 v C.物体可能一直向下做匀加速运动，运动过程中加速度改变 D.物体可能先向下做加速运动，后做匀速运动

情景变换三、与功和能知识的联系

【示例4】、如图所示，电动机带着绷紧的传送带始终保持v0=2m/s的速度运行，传送带与水平面间的夹角为30,现把一个质量为m=10kg的工件轻放在传送带上，传送到h=2m的平

v0 h 台上，已知工件与传送带之间的动摩擦因数为=3/2，除此m 30之外，不计其它损耗。则在皮带传送工件的过程中，产生内能

2

及电动机消耗的电能各是多少？（g=10m/s）

情景变换四、与动量知识的联系 【示例5】、如图所示，水平传送带AB足够长，质量为M＝1kg的木块随传送带一起以v1＝2m/s的速度向左匀速运动（传送带的速度恒定），木块与传送带的摩擦因数05.，当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹，以v0＝300m/s的水平向右的速度，正

2

对射入木块并穿出，穿出速度v＝50m/s，设子弹射穿木块的时间极短，（g取10m/s）求： （1）木块遭射击后远离A的最大距离； V0 M （2）木块遭击后在传送带上向左运动所经历的时间。

v1

二、巩固练习

1、水平传输装置如图所示，在载物台左端给物块一个初速度。当它通过如图方向转动的传输带所用时间t1。当皮带轮改为与图示相反的方向传输时，通过传输带的时间为t2。当皮带轮不转动时，通过传输带的时间为t3，下列说法中正确的是：（ ） A．t1一定小于t2；

V0B．t2> t3> t1；

C．可能有t3＝t2＝t1； D．一定有t1＝t2< t3。

2、质量为m的物体从离传送带高为H处沿光滑圆弧轨道下滑，水平进入长为L的静止的传送带落在水平地面的Q点，已知物体与传送带间的动摩擦因数为μ，则当传送带转动时，物体仍以上述方式滑下，将落在Q点的左边还是右边?

P H L

h Q 3、如图2—1所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度逆时针转动，在传送A B

带上端轻轻地放一个质量m=㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=，已知传送带从A→B的长度L=16m，则物体从A到B需要的时间为多少？

4、如图2—4所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度顺时针转动，在传送带下端轻轻地放一个质量m=㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=，已知传送带从A→B的长度L=50m，则物体从A到B需要的时间为多少？

图2

5、如图2—19所示，静止的传送带上有一木块正在匀速下滑，当传送带突然向下开动时，木块滑到底部所需时间t与传送带始终静止不动所需时间t0相比是（ ） Ａ．ｔ＝t0 Ｂ．ｔ＜t0

图2 Ｃ．ｔ＞t0 Ｄ．Ａ、Ｂ两种情况都有可能

6、将一粉笔头轻放在2m/s的恒定速度运动的水平传送带上后,传送带上留下一条长为4m

2

的划线；若使该传送带做匀减速运动(加速度为1.5m/s)并且在传送带上做匀减速的同时,

2

将另一个粉笔头放在传送带上,该粉笔头在传送带上留下多长划痕?(g取10m/s) 图2

7、如图2—13所示，倾角为37º的传送带以4m/s的速度沿图示方向匀速运动。已知传送带的上、下两端间的距离为L=7m。现将一质量m=0.4kg的小木块放到传送带的顶端，使它从

2

静止开始沿传送带下滑，已知木块与传送带间的动摩擦因数为μ=，取g=10m/s。求木块滑到底的过程中，摩擦力对木块做的功以及生的热各是多少？

8、如图2—20所示，足够长水平传送带以2m/s的速度匀速运行。现将一质量为2kg的物体轻放在传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数为。若不计电动机自身消耗，则将物体传送的过程中 （ ）

A．摩擦力对物体做的功为4J B．摩擦力对物体做的功为－4J C．电动机做的功为8J D．电动机做功的功率为8W 9、图14为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送

图2—20

机组成，一台水平传送，A，B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角，C, D两端相距4. 45m，B, C相距很近。水平传送以5m/s的速度沿顺时针方向转动，现将质量为10kg的一袋大米无初速度地放在A段，它随传送带到达B端后，速度大小不变地传到倾斜送带的

2

C点，米袋与两传送带间的动摩擦因数均为0. 5，g取10m/s，sin37˚=0. 6，cos37˚=0. 8 (1)若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带在CD上所能上升的最大距离；

(2)若倾斜部分CD以4m／s的速率顺时针方向转动，求米袋从C运动到D所用的时间。

10、如图所示为车站使用的水平传送带的模型，它的水平传送带的长度为L＝8m，传送带的皮带轮的半径均为R＝0.2m，传送带的上部距地面的高度为h＝0.45m，现有一个旅行包（视为质点）以v0＝10m/s的初速度水平地滑上水平传送带．已知旅行包与皮带之间的动摩擦因数为μ＝．g取10m/s2．试讨论下列问题：

（1）若传送带静止，旅行包滑到B端时，人若没有及时取下，旅行包将从B端滑落．则包的落地点距B端的水平距离为多少？

（2）设皮带轮顺时针匀速转动，并设水平传送带长度仍为8m，旅行包滑上传送带的初速度恒为10m/s．当皮带轮的角速度ω值在什么范围内，旅行包落地点距B端的水平距离始终为（1）中所求的水平距离？若皮带轮的角速度ω1=40 rad/s，旅行包落地点距B端的水平距离又是多少？

（3）设皮带轮以不同的角速度顺时针匀速转动，画出旅行包落地点距B端的水平距离s 随皮带轮的角速度ω变化的图象．

参考答案

v2

【示例1】解:物体加速度a=μg=1m/s，经t1= =2s与传送带相对静止,所发生的位移

a

1l-s12

S1= at1=2m,然后和传送带一起匀速运动经t2= =9s，所以共需时间t=t1+t2=11s 2v

1

【讨论】1、S1= vt1=2m，S2=vt1=4m，Δs=s2-s1=2m

2

12

【讨论】2、W1=μmgs1= mv=4J，Q=μmgΔs=4J

2

【示例2】【解析】方法一： 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。根据牛顿运动定律，可得 ag 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 vat

由于a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

2v012 s s0a0tv0t´2a22v0(a0g)传送带上留下的黑色痕迹的长度 ls0s 由以上各式得 l

2a0g【小结】本方法的思路是整体分析两物体的运动情况，分别对两个物体的全过程求位移。 方法二：

第一阶段：传送带由静止开始加速到速度v0，设经历时间为t，煤块加速到v，有

v0a0t ① vatgt ② 传送带和煤块的位移分别为s1和s2， s11211a0t ③ s2at2gt2 ④ 222第二阶段：煤块继续加速到v0，设经历时间为t，有 v0vgt ⑤

1gt2 ⑦ 2传送带和煤块的位移分别为s3和s4 ，有s3v0t ⑥ s4vt传送带上留下的黑色痕迹的长度 ls1s3s2s4

2v0(a0g)由以上各式得 l

2a0g【小结】本方法的思路是分两段分析两物体的运动情况，分别对两个物体的两个阶段求位移，最后再找相对位移关系。 方法三：

传送带加速到v0 ，有 v0a0t ① 传送带相对煤块的速度 v(a0g)t ②

传送带加速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为零，相对加速度是a0g】

l1传送带匀速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为a0gt，相对加速度是g】

1a0gt2 2l2a0g 2t22g

a0gt21整个过程中传送带相对煤块的位移即痕迹长度 la0gt ③

22g2v0(a0g)由以上各式得 l

2a0g 2【小结】本方法的思路是用相对速度和相对加速度求解。关键是先选定好过程，然后对

v 过程进行分析，找准相对初末速度、相对加速度。

方法四：用图象法求解

v0 画出传送带和煤块的V—t图象，如图2—6所示。

其中t1vv0，t20， a0gO t1

图2—6

黑色痕迹的长度即为阴影部分三角形的面积，有：

2v0v0v0(a0g)11 lv0(t2t1)v0()22ga02a0gt2 t

【示例3】ACD

2

【示例4】解:工件加速上升时加速度a=μgcosθ-gsinθ=2.5m/s

v012

经t= =与传送带共速，上升的位移s1= at=0.8m 传送带位移s2=v0t=1.6m

a2相对位移△s= s2- s1=0.8m，所以产生的内能Q=μmgcosθ△s=60J 12

电动机耗能△E=Q+ mv+mgh=280J

2

【示例5】解.（1）设木块遭击后的速度瞬间变为V，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得

mv0Mv1mvMV

则Vm(v0v)v1，代入数据解得V3m/s，方向向右。 M 木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动，其受力如图所示。

.×1×10N5N 摩擦力 fFNMg05 设木块远离A点的最大距离为S，此时木块的末速度为0， 根据动能定理得 fS01MV2 2MV21×32m0.9m 则S2f2×5 （2）研究木块在传送带上向左运动的情况。设木块向左加速到v12m/s时的位移为S1。

Mv121×2212m0.4m0.9m 由动能定理得 fS1Mv1，则S12f2×52 由此可知，遭击木块在传送带上向左的运动过程分两个阶段：先向左加速运动一段时间

t1，再匀速运动一段时间t2。 由动量定理得ft1Mv1

则t1SS10.90.4Mv11×2s0.25s s0.4s ，t2v12f5 所求时间 tt1t20.4s0.25s0.65s

二、巩固练习

1、C 2、当传送带逆时针转动时，物体仍落在Q点；当传送带顺时针转动时：当传送带的速度 VV02gL时，物体将落在Q的左边；当传送带的速度VV02gL时，物体将落在Q的右边

3、【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度

22amgsinmgcosm10m/s2。

这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s为止，其对应的时间和位移分别为：

2v105m＜16m t1s1s, s12aa10以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为（因为mgsinθ＞μmgcosθ）。

a2mgsinmgcos2m/s2。

m122a2t2， 11m=10t2t2, 2设物体完成剩余的位移s2所用的时间为t2，则s20t2解得： t211 s,或 t2211 s(舍去)

所以：t总1 s1 s2 s。【总结】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，若μ＞，第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动；若L＜5m，物体将一直加速运动。因此，在解答此类题目的过程中，对这些可能出现两种结果的特殊过程都要进行判断。 4、【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度

amgsinmgcos8.46m/s2。

m这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s为止，其对应的时间和位移分别为：

2v105.91m＜16m t1s1.18s, s12aa8.46以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为零（因mgsinθ＜μmgcosθ）。 设物体完成剩余的位移s2所用的时间为t2，则s20t2，16m－5.91m=10t2

解得： t210.09 s, 所以：t总1.18 s10.09s11.27 s。

【总结】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，μ＞tanθ

=

3，第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动。 35、A；6、解：粉笔头放到传送带上后，它与传送带间存在相对运动，将 受到传送带对它的摩擦力作用，从而做匀加速运动，直至其速度达到与传送带相同。传送带匀速运动时，如右图2—2所示：上线为传送带的速度图线，下线为粉笔头的速度图线，所以三角形阴影即为两者的相对位移，亦即粉笔头的画线长度。 由图可知：

1v0t0S 2代入数值可解得：t04s

所以由速度公式V0=at可得：a=0.5m/s

传送带做匀减速运动时，仍做出速度图线如图2—3所示：三角形阴影表示二者的相对位移。粉笔头做匀加速运动， 直到某时刻其速度增大到与传送带减小的速度相等，此后它们一起运动。 由速度公式，对传送带：vv0a0t

图2—3

对粉笔头：vat 由上两式可解得：t=1s。 所以三角形阴影的面积为：S2

11v0t211m。 22所以此时粉笔头画线的长度为1m。

7、【解析】刚开始时，合力的大小为

F合1＝mgsin37º＋μmgcos37º, 由牛顿第二定律，加速度大小 a1＝

F合1m＝8m/s，

2

2v0v0该过程所用时间 t1＝＝，位移大小 s1＝＝1m。

a12a1二者速度大小相同后，合力的大小为 F合2＝mgsin37º－μmgcos37º, 加速度大小 a2＝

F合2m＝4m/s，位移大小 s2＝ L-s1＝ 6m,

2

所用时间 s2＝ v0t2＋

12（另一个解t2＝－3s舍去） a2t2 得： t2＝1s。

2摩擦力所做的功 W＝μmgcos37º·(s1-s2) ＝－，

全过程中生的热 Q＝f·s相对＝μmgcos37º·【(v0t1-s1)+（s2-v0t2）】＝×3m＝。 【总结】该题目的关键在于分析清楚物理过程，分成两段处理，正确分析物体受力情况，求出物体和传送带的位移，以及物体和传送带间的相对位移。 8、ACD9、【解析】(1)米袋在AB上加速时的加速度a0mgm5m/s2

2v0米袋的速度达到v0=5m／s时，滑行的距离s02.5mAB3m，因此米加速

2a0一段后与传送带一起匀速运动到达B点，到达C点时速度v0=5m／s，设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 mgsinmgcosma

2v01.25m… 代人数据得a=10m／s，所以，它能上滑的最大距离s2a2

(2)顺斜部分传送带沿顺时针方向转动时，米袋速度减为4m／s之前的加速度为

a1g(sincos)10m/s…………

2v12v0速度减为4m / s时上滑位移为s10.45m

2a12米袋速度等于4m／s时，滑动摩擦力方向改变，由于mgcosamgsina，故米继续向上减速运动… 米袋速度小于4m／s减为零前的加速度为-

a2g(sincos)2m/s…

20v12速度减到0时上滑位移为s24m…

2a2可见，米袋速度减速到0时，恰好运行到D点。

米袋从C运动到D所用的时间tt1t210、【解析】（1）减速运动，到右端时速度

22vv02aLv02gL10096m/s=2m/s

v1v0v12.1s a1a2包的落地点距B端的水平距离为s=vt=v20.452h＝2×m＝0.6m

10g（2）由题意，Rv ω值的范围是ω≤10rad/s． 当ω1＝40 rad/s时 ，包的落地点距B端的水平距离为s1==Rωt＝v（3）见图

2h＝2.4m g