用“传送带”搞好力学知识板块的复习，本文主要内容关键词为：传送带论文,力学论文,板块论文,知识论文，此文献不代表本站观点，内容供学术参考，文章仅供参考阅读下载。
日常生活中传送带或与传送带类似的运输工具随处可见，如电梯，跑步机等，同学们接触它的机会很多，同时，近年来，有关“传送带”方面的习题在各类考试中出现的频率较高，利用“传送带”这一载体，可以复习整个力学内容。
一、传送带上的运动学问题
题目1 如图1所示，水平传送带以ν[，0]匀速传动，其两端A、B相距2L，现将小物块P轻放于传送带A端，待P被带到A，B中点C时，恰遇刚刚放下的同质量小物块Q，两者迅速合为一体，已知P、Q与传送带间的动摩擦因数为μ=ν[，0][2]/2gL，试求P从A到B所用时间。
附图
解析 本题是一道典型的运动学习题，可大体分为三个过程：P从A到C；P、Q结合；P、Q共同从C到B。
（1）P从A到C过程，设P从A匀加速运动s[，1]后，速度达到ν[，0]，由s[，1]=ν[，0][2]/2μg得s[，1]=L。即P从A到C一直匀加速运动，直至与Q碰合。由s[，1]=（1/2）ν[，0]t[，1]得t[，1]=2L/ν[，0]
（2）P与Q碰合过程，作用时间极短。由动量守恒定律得mν[，0]=2mν[，C]，ν[，C]=ν[，0]/2
（3）PQ从C到B过程，先加速运动s[，21]，使速度达到ν[，0]，再匀速运动到B。
①匀加速运动过程，由ν[，0][2]-ν[，C][2]=2μgs[，21]，得s[，21]=3L/A，又由s[，21]=（1/2）（ν[，0]+ν[，C]）t[，21]，得t[，21]=L/ν[，0]
②匀速运动过程，由L-s[，21]=ν[，0]t[，22]得t[，22]=L/4ν[，0]
（4）P从A到B总时间为t[，AB]=t[，1]+t[，2]+t[，22]=13L/4ν[，0]
小结 （1）本题涉及到了运动学中的位移公式ν[，t][2]-ν[，0][2]=2αs，平均速度公式s=（ν[，0]+ν[，t]/2）t
（2）物体运动的几个过程分析要准确。
二、传送带上的圆周运动问题
题目2 如图2是生产流水线上的皮带传输装置，传输带上等间距地放着很多半成品产品，A轮处有光电计数器，它可以记录通过A处的产品数目。已经测得轮A、B的半径分别为r[，A]=20cm，r[，B]=10cm，相邻两产品距离为30cm，每分钟内有40个产品通过A处，假定轮与皮带间、轮与轮之间均不打滑，求：
附图
（1）产品随传输带移动的速度大小；
（2）A、B轮轮缘上的两点P、Q及A轮半径中点M的线速度和角速度的大小，并在图中画出线速度的方向；
（3）如果A轮通过摩擦带动C轮转动，且r[，0]=5cm，在图中描出C轮的转动方向，求出C轮的角速度。
解析 如果不打滑，通过皮带传动的两轮轮缘上第一点的线速度都与皮带运动的速度大小相等；通过齿轮啮合或由静摩擦传动的两轮轮缘上每一点的线速度也相等。而同一个轮上每一点的角速度都相等。
在本题中，产品均与传输带保持相对静止，故产品的速度大小就等于带上每一点的速度大小，由题意可知传输带不打滑，则A、B轮缘上每一点的线速度大小均与传输带运动速度大小相等。每分钟内有40个产品通过A处，说明每分钟内传输带上每点运动通过的路程为两产品间距的40倍。设传辅带运动速度大小为ν，则
（1）产品随传输带移动的速度
ν=s/t=（40×0.30/60）m/s=0.2m/s
（2）P，Q两点的线速度
ν[，P]=ν[，Q]=ν=0.2m/s
A轮半径上M点与P点的角速度相等，故M点的线速度
ν[，M]=ν[，P]/2=1/2×0.2m/s=0.1m/s
A、B轮轮缘上的两点P、Q及A轮半径中点M的线速度方向可如图所示（略）。
P、M两点的角速度
ω[，P]=ω[，M]=ν[，P]/r[，A]=0.2/0.2=1rad/s
Q点的角速度ω[，Q]=2ω[，P]=2rad/s
（3）C轮的转动方向为逆时针。
因为A、C两轮间不打滑，则它们的接触处是相对静止的，即它们轮缘的线速度是相等的。即
ω[，C]r[，C]=ω[，A]r[，A]
则可解得C轮的角速度ω[，C]=4rad/s
小结 本题涉及到的知识点为线速度和角速度的概念及二者间的关系。
三、传送带上的受力分析问题
题目3 如图3（a），传送带与地面的倾角为θ=37°，从A到B的长度为s=16m，传送带以ν=10m/s的速度逆时针转动，在传送带上端A无初速地释放一个质量为m=0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，求物体从A运动到B所需要的时间（g=10m/s[2]，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
附图
解析 物体放到传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一个沿传送带向下的滑动摩擦力，物体受力情况如图3（b）所示，物体由静止加速。根据牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ=mα[，1]
所以α[，1]=g（sinθ+μcosθ）=10m/s[2]
物体加速到与传送带速度相等所需要的时间为
t=ν/α[，1]=（10/10）s=1s
物体下滑位移为
s[，1]=（1/2）α[，1]t[，1][2]=（1/2）×10×1[2]m=5m
由于μ=0.5＜tanθ=0.75，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体一个沿传送带向上的滑动摩擦力，此时物体受力情况如图3（c）所示。由牛顿第二定律得
mgsinθ-μmgcosθ=mα[，2]
所以α[，2]=g（sinθ-μcosθ）=2m/s[2]
设最后一阶段物体滑至底端所用时间为t[，2]。
由s-s[，1]=νt[，2]+（1/2）α[，2]t[，2][2]，t[，2]=1s（t[，2]=-11s舍去）
所以物体由A到B的时间
t=t[，1]+t[，2]=2s
总结 （1）本题复习了牛顿第二定律，力的正交分解法等知识点。
（2）倾斜传送带的μ＜tanθ时，物体获得与传送带相同的速度后仍将加速运动。
（3）倾斜传送带的μ≥tanθ时，物体在加速至与传送带速度相同后，将与传送带相对静止一起匀速运动。
四、传送带上的动量守恒问题
题目4 如图4所示，质量m[，1]=1.0kg的物块随足够长的水平传送带一起匀速运动，传送带速度ν[，带]=3.0m/s，质量m[，2]=4.0kg的物块在m[，1]的右侧L=2.5m处无初速度放上传送带，两物块与传送带间的动摩擦因数μ均为0.10，而两物块碰后瞬间m[，1]相对传送带的速度大小为2.0m/s，求：
附图
（1）质量为m[，2]的物块释放后经多少时间两物块相碰
（2）碰撞后两物块间的最大距离。
解析 （1）由牛顿第二定律可得，碰撞前m[，2]向右加速度
α=F[，f[，2]]/m[，2]=μm[，2]g/m[，2]=μg=1.0m/s[2]
设碰撞前运动时间为t[，1]，m[，1]与m[，2]的位移关系为
s[，1]=s[，2]+L
即ν[，带]·t=（1/2）αt[2]+L 解之t=1.0s（t=5.0s舍去）
（2）碰撞前m[，1]随传送带匀速运动的速度为ν[，1]=ν[，带]=3.0m/s。碰撞前瞬间m[，2]的速度ν[，2]=αt=1.0m/s，碰撞后瞬间m[，1]的速度ν[，1]'=ν[，1]-ν[，相对]，碰撞瞬间，由于m[，1]与m[，2]之间的作用力远大于摩擦力，故动量近似守恒，由动量守恒定律得
m[，1]ν[，1]+m[，2]ν[，2]=m[，1]ν[，1]'+m[，2]ν[，2]'，ν[，2]'=1.5m/s
碰后m[，1]和m[，2]均做匀变速直线运动至与传送带相对静止，由于ν[，2]'＞ν[，1]'，其加速度均为α=μg，此过程中总有m[，2]的速度大于m[，1]的速度，故二者都相对传送带静止时距离最大，
m[，1]相对滑动的时间为t[，1]=（ν[，1]-ν[，1]'）/α=2.0s
m[，2]相对滑动的时间为t[，2]=（ν[，1]-ν[，2]'）/α=1.5s
即m[，1]相对滑动的时间内m[，2]先加速后匀速，则
s[，m]=s[，m2]-s[，m1]
=ν[，2]'t[，2]+（1/2）α[，2]t[，2][2]+ν[，1]（t[，1]-t[，2]）-（ν[，1]'t[，1]+（1/2）α[，1]t[，1][2]）
=0.875m
小结 （1）本题涉及到的知识点为相对速度、相对运动的概念，动量守恒定律及满足动量守恒定律的条件等。
（2）此种类型的习题中，对物体运动趋势的判断显得尤其重要。
五、传送带上的功和能问题
题目5 如图5所示，物体沿圆弧形轨道滑下后，进入足够长的水平传送带，传送带沿图示方向运转，则传送带对物体做功情况不可能的是（）
附图
A.始终不做功
B.先做负功后做正功
C.先做正功后不做功
D.先做负功后不做功
解析 （1）若物体滑上传送带时的瞬时速度恰等于传送带的传动速度，则做匀速直线运动，由动能定理得传送带对物体不做功，故A有可能。
（2）若物体滑上传送带时的瞬时速度大于传送带的传动速度，则物体先做减速运动，传送带对物体做负功，当物体速度减至传送带的速度时，即做匀速直线运动，故B错，D正确。
（3）若物体滑上传送带时的瞬时速度小于传送带的传动速度，则同上分析，C正确。
故：本题的正确答案为B
题目6 如图6，水平长传送带始终以ν匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，最终物体与传送带一起以ν运动，在由速度由0增至ν的过程中，摩擦力对物块做功为______。由于放了物块，带动传送带的电动机多消耗电能______。
附图
解析 （1）由动能定理得
W[，f]=（1/2）mν[2]-0=（1/2）mν[2]
故摩擦力对物块做功为（1/2）mν[2]
（2）设物块在传送带上的划痕长为s，则摩擦生热
Q=F[，f]·s=mα·s=m（ν[2]/2s）s=（1/2）mν[2]
故W[，总]=Q+E[，k]=mν[2]，即多消耗了mν[2]的电能。
小结 在与功和能有关的问题中，要灵活运用动能定理和能的转化和守恒定律。
六、传送带上的综合问题
题目7 如图7所示为机场安全检查使用的水平传送带，它的水平传送带AB的长度为L=6m，两皮带轮直径均为d=0.2m，上面传送带距地面高为H=0.45m，与传送带等高的光滑水平台面上有一旅行包以ν[，0]=5m/s的初速度滑上传送带，旅行包与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s[2]。求：
附图
（1）若水平传送带静止，旅行包滑到B端时，人没有及时取下，包将从B处滑出，则包的落地点距B端的水平距离s。
（2）当皮带轮匀速转动时，为了防止旅行包中的易碎物品的损坏，应在地面上放置缓冲垫，缓冲垫距B端的水平距离为多少？缓冲垫至少要多长？（皮带不打滑，缓冲垫厚度忽略不计）
解析 （1）旅行包从传送带的A端滑到B端的过程中，由动能定理W[，合]=△E[，k]得
附图
旅行包从B端滑出后做平抛运动，
附图
则水平方向上有s=ν[，B]t=0.3m。
（2）若包从B端滑出时有最小速度，则从A到B的过程中。摩擦力对包始终做负功，所以有
附图
所以s[，min]=ν[，Bmin]t=0.3m即缓冲垫距B端的水平距离为0.3m。
若包从B端滑出时具有最大速度，则从A到B的过程中，摩擦力对包始终做正功，所以有
μmgL=（1/2）mν[，Bmαx][2]-（1/2）mν[，0][2]，
附图
即缓冲垫的长度至少为L=s[，mαx]-s[，min]=1.8m。
题目8 一传送带装置示意图如图8，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，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，放置时初速度为零，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段上各箱等间距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对传送带静止，且以后再也不滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在相当长的时间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
。
附图
解析 （略）答案：=（mM/T）［N[2]L[2]/T[2]+gh］
七、总结
以传送带为载体的物理问题，可以检查学生对力学绝大部分知识，诸如运动学，牛顿运动定律、动量和动量守恒，功和能、动能定理以及能的转化和守恒定律等的掌握情况，覆盖了高中力学的所有重要知识点，所以如果同学们能掌握与传送带有关的试题分析、思维方式和解题方法，那么对高中力学的学习必定能达到事半功倍的效果。