1、动力学中的传送带问题一、传送带模型中要注意摩擦力的突变滑动摩擦力消失 滑动摩擦力突变为静摩擦力 滑动摩擦力改变方向二、传送带模型的一般解法确定研究对象；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；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。难点疑点：传送带与物体运动的牵制。牛顿第二定律中 a 是物体对地加速度，运动学公式中 S 是物体对地的位移，这一点必须明确。分析问题的思路：初始条件相对运动判断滑动摩擦力的大小和方向分析出物体受的合外力和加速度大小和方向由物体速度变化再分析相对运动来判断以后的受力及运动状态的改变。一、水平放置运行
2、的传送带 1如图所示，物体 A 从滑槽某一高度滑下后又滑上粗糙的水平传送带，传送带静止不动时，A 滑至传送带最右端的速度为 v1，需时间 t1，若传送带逆时针转动，A 滑至传送带最右端的速度为 v2，需时间 t2，则（ ）A B1,vt2,tC D2,1,v2如图 7 所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度 v1 沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速度 v2 沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又反回光滑水平面，速率为 v2 ，则下列说法正确的是：（ ）A只有 v1= v2 时,才有 v2 = v1 B 若 v1 v2 时, 则 v2 = v2C若 v1
3、 30rad/s 时，水平位移不变，说明物体在 AB 之间一直加速，其末速度.3/Bmst根据 20tvas当 010rad/s 时， 20BgLv当 30rad/s 时， ，解得： 05/vms6 【答案】20ag（ ）解析：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ag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v0a 0t，vat由于 aa0，故 vv0，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 v0，有 v0v +at此后，煤块与传送带运动
4、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，2001atv20sa传送带上留下的黑色痕迹的长度 ls 0s由以上各式得20gl（ ）二、倾斜放置运行的传送带1 【答案】2s解析：物体的运动分为两个过程，一个过程在物体速度等于传送带速度之前，物体做匀加速直线运动；第二个过程是物体速度等于传送带速度以后的运动情况，其中速度相同点是一个转折点，此后的运动情况要看 mgsin 与所受的最大静摩擦力，若tan，则继续向下加速若 tan，则将随传送带一起匀速运动，分析清楚了受力情况与运动情况，再利用相应规律求解
5、即可本题中最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力 F，物体受力情况如图所示物体由静止加速，由牛顿第二定律得a1=10（0.60.50.8）m/s 2=10m/s2物体加速至与传送带速度相等需要的时间 ，10s=1vtat1 时间内位移 215msat由于 tan，物体在重力情况下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力 F此时物体受力情况如图所示，由牛顿第二定律得：22sincos,/smga设后一阶段物体滑至底端所用的时间为 t2，由 ，21Lsvtat解得
6、 t2=1s，t 2=11s（舍去） 所以物体由 AB 的时间 t=t1t 2=2s2解析：将物体放在传送带上的最初一段时间内物体沿传送带向上做匀加速运动由牛顿第二定律得 mgcos37mg sin37ma则 agcos37 gsin37 0.4 m/s 2物体加速至 2 m/s 所需位移s0 m5 m Lv22a 2220.4经分析可知物体先加速 5 m再匀速运动 sL s 06 m.匀加速运动时间 t1 s5 s.va 20.4匀速运动的时间 t2 s 3 s.sv 62则总时间 tt 1t 2(53) s8 s.答案：8 s三、组合类的传送带1 【答案】2.4s解析：物体 P 随传送带做
7、匀加速直线运动，当速度与传送带相等时若未到达 B，即做一段匀速运动；P 从 B 至 C 段进行受力分析后求加速度，再计算时间，各段运动相加为所求时间P 在 AB 段先做匀加速运动，由牛顿第二定律 ，11 1,NFmagvat得 P 匀加速运动的时间 10.8svtag，21 120.8m,ABsatgtst匀速运动时间 .6vP 以速率 v 开始沿 BC 下滑，此过程重力的下滑分量 mgsin37=0.6mg；滑动摩擦力沿斜面向上，其大小为 mgcos37=0.2mg可见其加速下滑由牛顿第二定律，23cos37cos7,0.4m/smggag，解得 t3=1s（另解 ，舍去） 21BCvtat
8、t从 A 至 C 经过时间 t=t1t 2t 3=2.4s2解：物体 A 轻放在 a 点后在摩擦力和重力作用下先做匀速直线运动直到和传送带速度相等，然后和传送带一起匀速运动到 b 点。在这一加速过程中有加速度21 /4.01)6.8.0(sinco smmga 运动时间 vt5.21运动距离 absas.1401在 ab 部分匀速运动过程中运动时间svstab 5.32.711所以物体 A 从 a 处被传送到 b 和所用的时间stt 9.4.5213(14 分) 解：(1)米袋在 AB 上加速时的加速度 (2 分)20/5smga米袋的速度达到 =5ms 时，滑行的距离 ，因此米加0v ABv
9、s3.20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 v0=5ms(1 分)设米袋在 CD 上运动的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得magmcossin代人数据得 a=10ms 2(2 分)所以，它能上滑的最大距离 (1 分)av25.10(2 顺斜部分传送带沿顺时针方向转动时，米袋速度减为 4ms 之前的加速度为.(1 分)21 /0)cos(sinsmga速度减为 4m / s 时上滑位移为 .(1 分)av45.011米袋速度等于 4ms 时，滑动摩擦力方向改变，由于 ，故米amgsinco继续向上减速运动(1 分)米袋速度小于 4ms 减为零前的加速度为 -.(2 分)22 /)co(insmga速度减到 0 时上滑位移为 (1 分)av4021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 .2 分savtt 1.21021
