高中高考物理传送带问题解析

高中高考物理传送带问题解析
一、传送带的分类
1.按放置方向分水平、倾斜两种；
2.按转向分顺时针、逆时针转两种；
3.按运动状态分匀速、变速或变速再变速两种
二、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传相同的时刻）
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
三、运动分析
1.注意物体相对传送带的速度和物体相对地面的速度的区别。

2.判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？
3.判断传送带长度——临界之前是否滑出？
四、传送带模型的一般解法
1.确定研究对象；
2.分析其受力情况和运动情况，（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；
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。

考点一、水平匀速的传送带
【例1】—水平传送带，绷紧的传送带AB始终保持v＝1m/s的恒定速率运行，一质量为m＝4kg的行李无初速地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。

设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离l＝2m，g取10m/s2。

（1）行李在传送带上滑行痕迹的长度。

（2）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处。

求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。

解析：（1）行李受到的滑动摩擦力F＝μmg①
代入数值，得F＝4N②
由牛顿第二定律得F＝ma③
代入数值，得a＝1m／s2④
（2）设行李做匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度为v＝1m／s。

则：v＝at1⑤
代入数值，得：t1＝1s⑥
匀加速运动的位移为x1=½a1t12=0.5m
接着做匀速运动的位移x2=l-x1=1.5m
匀速运动的时间t2=x2/v=1.5s
所以，从A运动到B的时间t=t1+t2=2.5s
（3）在行李做匀加速运动的时间t1内，传送带运动的位移为x传=vt1=1m滑行痕迹的长度为Δx=x传-t1=0.5m
（4）行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短。

则：l＝
½at2min⑦
代入数值，得t min＝2s⑧
传送带对应的最小运行速率v min＝at min⑨
代入数值，解得v min＝2m／s⑩
【例2】如图，光滑圆弧槽的末端与水平传送带相切，已知传送带长L=8m,滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，一滑块从离传送带高h=1.8m处由静止沿圆槽滑下，求下面情况下，滑块在传送带上运动的时间(g=10m/s2)
(1)传送带以4m/s的速度逆时针转动；
(2)传送带以4m/s的速度顺时针转动；
考点二、倾斜、匀速传送带
【例3】传送带与水平面的夹角为θ=37o，其以4m／s的速度向上运行，在传送带的底端A处无初速度地放一个质量为O.5kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=O.8，AB间(B为顶端)长度为25m．试回答下列问题：
(1)物体从A到B的时间为多少?(g=10m/s2)
（2）要使得物体从A到B的时间最短，传送带的速度至少多大？
【例4】传送带与地面的倾角θ为37°，从A端到B端的长度为16m，传送带以v0=10m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A处无初速度地放置一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，求物体从A端运动到B端所需的时间是多少？
解：小物体刚放到A点至运动到10m/s过程中,物体受摩擦力作用方向向下,故
a1=gsinθ+μgcosθ=6+4=10m/s2
下滑1s时间后速度达到10m/s,发生位移5m.
小物体速度达10m/s后,由于最大静摩擦力不足以使其相对皮带静止,故继续加速度：
a2=gsinθ-μgcosθ=6-4=2m/s2
再下滑余下的11m位移,S=v0t+½a2t22
得t 2=1s
总用时t=t 1+t 2=2s. 考点三、水平、变速传送带
【例5】(2006全国I)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 0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：本题中煤块与传送带的运动均分为两个物理过程：初速度为零的匀加速运动与匀速运动，只是二者加速度不同。

作出二者的ν－t 图像，如图所示：
其中图线（1）、（2）分别为传送带与煤块的运动图线。

t A 、t B 分别为传送带与煤块加速到的时间。

图中阴影部分
的面积即为煤块相对于传送带的位移，也就是痕迹的长度L 。

0 V 。

v
t
t A
t B
o
（1）
（2）
由图知：即L=①
对煤块由牛顿运动定律：µmg=m ,=t B 故t B =
②
对传送带由匀变速运动规律：=t A 故t A =③
②③代入①得，痕迹长度：L=
【例6】将一个粉笔头轻放在以2m/s 的恒定速度运动在足够长的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m 的划线。

若使该传送带仍以2m/s 的初速改做匀减速运动，加速度大小恒为1.5m/s 2
，且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一粉笔头（与传送带的动摩擦因数和第一个相同）轻放在传送带上，该粉笔头在传送带上能留下一条多长的划线？
解析：在同一v-t 坐标图上作出两次划线粉笔头及传送带的速度图象，如图所示。

三角形梯形S S L -=()02
1v t t A B -a 0νa g
μν00ν0a 0
0a ν()0
0202ga g a μμν-
第一次划线。

传送带匀速，粉笔头匀加速运动，AB和OB分别代表它们的速度图线。

速度相等时（B点），划线结束，图中ΔAOB的面积代表第一次划线长度，即B点坐标为（4，2），粉笔头的加速度a1=0.5m/s2。

第二次划线分两个AE代表传送带的速度图线，它的加速度为
a=1.5m/s2可算出E点坐标为（4/3，0）。

OC代表第一阶段粉笔头的速度图线，C点表示二者速度相同，即C点坐标为（1，0.5）该阶段粉笔头相对传送带向后划线，划线长度。

等速后，粉笔头超前，所受滑动摩擦力反向，开始减速运动，由于传送带先减速到0，所以后来粉笔头一直匀减速至静止。

CF代表它在第二阶段的速度图线。

可求出F点坐标为（2，0）此阶段粉笔头相对传送带向前划线，长度。

可见粉笔头相对传送带先向后划线1m，又折回向前划线1/6m，所以粉笔头在传送带动能留下1m长的划线。

【例7】一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。

桌布的一边与桌的AB边重合，如图。

已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2。

现突然以恒定加速度。

将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB边。

若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么?（以
g表示重力加速度）
（答案：ａ≥[(μ1＋２μ2)/μ2]μ1ｇ）
图像法：依据题知：以加速度a 抽出桌布过程中，圆盘相对桌布向后滑动过程，它对地做匀加速运动，滑离桌布后在桌面上做匀减速运动，其速度图像如图所示，图中、分别表示时刻圆盘滑离桌布（或滑到桌面上）时圆盘、桌布的速度。

若方桌边长为L ，则由“面积”的含义有
……① ……② 若圆盘在桌布、桌面上滑动的加速度大小分别为、 则有
……③ ……④
依据牛顿第二定律有
……⑤ ……⑥
联立以上各式得。

常规解法对比：圆盘的质量为，桌长为，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为，有：①
桌布抽出后，圆盘在桌面上作匀减速运动，以表示加速度的大小，
1υ2υ1t 121
22
L t υ≥211111
222
L t t υυ=-1a 2a 111221()a t a t t υ==-21at υ=11a g μ=22a g μ=21
12
2a g μμμμ+≥
m l 1a 11ma mg =μ2a
O
有：
②
设圆盘刚离开桌布时的速度为，移动的距离为，离开桌布后在
桌面上再运动距离后便停下，有：③
④
圆盘没有从桌面上掉下的条件是：⑤ 设桌布从圆盘下抽出所经历的时间为，在这段时间内桌布移动的距离为，有：
⑥ ⑦
而：⑧ 由以上各式解得：
22ma mg =μv 1S 2S 1122S a v =2
222S a v =122
1S l S -≤t S 22
1at S =2112
1t a S =
12
1S l S +=()2
1212μ
μμμg
a +≥。