传送带问题专题讲解之欧阳法创编

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0.1
到达另一端所需时间为多少？
【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a
0开始运动，当其速度达到v
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。

V
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
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v 0=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 的平台上，已知工件与传送带之间的动摩擦因数为=3/2，除此之外，不计其它损耗。

则在皮带传送工件的过程中，产生内能及电动机消耗的电能各是多少？（g=10m/s 2）
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v 1＝2m/s 的速度向左匀速运动（传送带的速度恒定），木块与传送
v m h
30 v 0
带的摩擦因数μ=05.，当木块运动到最左端A 点时，一颗质量为m ＝20g 的子弹，以v 0＝300m/s 的水平向右的速度，正对射入木块并穿出，穿出速度v ＝50m/s ，设子弹射穿木块的时间极短，（g 取10m/s 2）求：
（1）木块遭射击后远离A 的最大距
离；
（2）木块遭击后在传送带上向左运动
所经历的时间。

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t 1。

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t 2。

当皮带轮不转动时，通过传输带的时间为t 3，下列说法中正确的是：（ ）
A ．t 1一定小于t 2；
B ．t 2> t 3> t 1；
C ．可能有t 3＝t 2＝t 1；
D ．一定有t 1＝t 2< t 3。

B
图2图22、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?
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，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，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=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.9，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？
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t 0相比是（ ） Ａ．ｔ＝t 0 Ｂ．ｔ＜t 0
Q h L H
P
图2 Ｃ．ｔ＞t 0 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 的划线；若使该传送带做匀减速运动(加速度为1.5m/s 2)并且在传送带上做匀减速的同时,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 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=0.25，取g =10m/s 2。

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0.2。

若不计电动机自身消耗，则将物体传送的过程中
（ ）
图2—20
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C 点，米袋与两传送带间的动摩擦因数均为0. 5，g 取10m/s 2，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v 0＝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＝0.6．g 取10m/s 2．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
【示例1】解:物体加速度a=μg=1m/s 2
，经t 1=v a =2s 与传送带相对静止,所发生的位移
S 1=12
at 12=2m,然后和传送带一起匀速运动经t 2=l-s 1v
=9s ，所以共需时间t=t 1+t 2=11s 【讨论】1、S 1=12
vt 1=2m ，S 2=vt 1=4m ，Δs=s 2-s 1=2m
【讨论】2、W 1=μmgs 1=12
mv 2=4J ，Q=μmg Δs=4J 【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a 0。

根据牛顿运动定律，可得 g a μ=
设经历时间t ，传送带由静止开始加速到速度等于v 0，煤块则由静止加速到v ，有
由于a <a 0，故v <v 0，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v 0，有 ´0t a v v +=
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v 0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s 0和s ，有
传送带上留下的黑色痕迹的长度 s s l -=0 由以上各
式得 2000()2v a g l a g
μμ-= 【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v 0，设经历时间为t ，煤块加速到v ，有
21v t a 00=
① v gt at μ== ② 传送带和煤块的位移分别为s 1和s 2， 20121t a s = ③ 2222121gt at s μ==
④ 第二阶段：煤块继续加速到v 0，设经历时间为t '，有 v 0v gt μ'=+ ⑤
传送带和煤块的位移分别为s 3和s 4 ，有30s v t '= ⑥
2412
s vt gt μ''=+ ⑦ 传送带上留下的黑色痕迹的长度 4231s s s s l --+=
由以上各式得 2000()2v a g l a g
μμ-= 【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v 0 ，有 00v a t = ①
传送带相对煤块的速度 0()v a g t μ=- 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()g a μ-0】
传送带匀速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为()g a μ-0t ，相对加速度是g μ】 整个过程中传送带相对煤块的位移即痕迹长度
()()g
2t 2122
00μμμg a t g a l -+-= ③ 由以上各式得 2000()2v a g l a g μμ-= 【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
画出传送带和煤块的V —t 图象，如图2—6所示。

其中0
10v t a =，02v t g μ=，
黑色痕迹的长度即为阴影部分三角形的面积，有：
【示例3】ACD
【示例4】解:工件加速上升时加速度a=μgcosθ-gsin θ=2.5m/s 2
经t=v 0a =0.8s 与传送带共速，上升的位移s 1=12
at 2=0.8m 传送带位移s 2=v 0t=1.6m
相对位移△s= s 2- s 1=0.8m ，所以产生的内能Q=μmgcos θ△s=60J
电动机耗能△E=Q+12
mv 2+mgh=280J 【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 则V m v v M
v =
--()01，代入数据解得V m s =3/，方向向右。

木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动，其受力如图所示。

摩擦力 f F Mg N N N ====μμ051105.××
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 MV 0122 则S MV f m m ===22
21325
09××. （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v m s 12=/时的位移为S 1。

由动能定理得 f S Mv 11212
=，则S Mv f m m m 1122
21225
0409===<××.. 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t 1，再匀速运动
一段时间t 2。

由动量定理得f
t Mv 11= 则t Mv f s s 11125
04===×. ，t S S v s s 21109042025=-=-=... 所求时间 t t t s s s =+=+=12
04025065...
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 gL V V μ220-≤时，物体将落在Q 的左边；当传送带的速度gL V V μ220->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2m/s 10cos sin =+=m mg mg a θ
μθ。

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：
,1s 10101s a v t === m 52 21==a s υ＜16m
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mgsin θ＞μmgcos θ）。

22m/s 2cos sin =-=m
mg mg a θμθ。

设物体完成剩余的位移2s 所用的时间为2t ，则2222022
1t a t s +=υ， 11m= ,10222t t + 解得：)s( 11 s, 1 2212舍去或-==t t
所以：s 2s 1s 1=+=总t 。

【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＞0.75，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2m/s 46.8cos sin =+=m mg mg a θ
μθ。

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：
,18.1s 46.8101s a v t === m 91.52 21==a s υ＜16m
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mgsin θ＜μmgcos θ）。

设物体完成剩余的位移2s 所用的时间为2t ，则202t s υ=，16m －5.91m=210t
解得： s, 90.10 2=t 所以：
s 27.11s 09.10s 18.1=+=总t 。

【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＞tan θ=33
，第二阶段
物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动。

5、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：S t v ∆=002
1
代入数值可解得：s t 40=
所以由速度公式V 0=at 可得：a=0.5m/s 2
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：t a v v 00-=
对粉笔头：at v = 由上两式可解得：t=1s 。

所以三角形阴影的面积为：m t v S 1122
1210=⨯⨯==∆。

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＝mg sin37º＋μmg cos37º,
由牛顿第二定律，加速度大小 a 1＝
m F 1合＝8m/s 2， 该过程所用时间 t 1＝10
a v ＝0.5s ，位移大小 s 1＝1
202a v ＝1m 。

二者速度大小相同后，合力的大小为 F 合2＝mg sin37º－μmg cos37º,
加速度大小 a 2＝
m F 2合＝4m/s 2，位移大小 s 2＝ L -s 1
＝ 6m,
所用时间 s 2＝ v 0t 2＋2222
1t a 得： t 2＝1s 。

（另一个解t 2＝－3s 舍去）
摩擦力所做的功 W ＝μmg cos37º·(s 1-s 2) ＝－4.0J ， 全过程中生的热 Q ＝f·s 相对＝μmg cos37º·【(v 0t 1-s 1)+（s 2-v 0t 2）】＝0.8N ×3m ＝2.4J 。

【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20/5s m m mg
a ==μ
米袋的速度达到0v =5m ／s 时，滑行的距离
m AB m a v s 35.220
200=<==，因此米加速 一段后与传送带一起匀速运动到达B 点，到达C 点时速度v 0=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 ma mg mg =+θμθcos sin
代人数据得a=10m ／s 2，所以，它能上滑的最大距离
m a
v s 25.1220==… (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
21/10)cos (sin s m g a -=+-=θμθ…………
速度减为4m / s 时上滑位移为m a v v s 45.021
20211=-= 米袋速度等于4m ／s 时，滑动摩擦力方向改变，由于a mg a mg sin cos <μ，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-
22/2)cos (sin s m g a -=--=θμθ…
速度减到0时上滑位移为m a v s 4202
212=-=… 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s a v a v v t t t 1.22
110121=-+-=+=- 10、【解析】（1）减速运动，到右端时速度
v ===
包的落地点距B 端的水平距离为s =vt =
＝
＝0.6m
（2）由题意，R v ω≤ 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s
==Rωt＝＝2.4m
1
（3）见图。