传 送 带 问 题
一、传送带问题中力与运动情况分析 1、水平传送带上的力与运动情况分析
例1 水平传送带被广泛地应用于车站、码头，工厂、车间。如图所示为水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB 始终保持v 0＝2 m/s的恒定速率运行，一质量为m 的工件无初速度地放在A 处，传送带对工件的滑动摩擦力使工件开始做匀加速直线运动，设工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2 ,AB的之间距离为L ＝10m ，g 取10m/s2 ．求工件从A 处运动到B 处所用的时间．
例2： 如图甲所示为车站使用的水平传送带的模型，传送带长L ＝8m ，以速度v ＝4m/s沿顺时针方向匀速转动，现有一个质量为m ＝10kg 的旅行包以速度v 0＝10m/s的初速度水平地滑上水平传送带．已知旅行包与皮带间的动摩擦因数为μ＝0.6 ，则旅行包从传送带的A 端到B 端所需要的时间是多少？（g ＝10m/s2 , 且可将旅行包视为质点．）
图 甲
例3、如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持3.0m ／s 的恒定速率运行，传送带的水平部分AB 距水平地面的高度为h=0.45m.现有一行李包(可视为质点) 由A 端被传送到B 端，且传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端水平抛出，不计空气阻力，g 取10 m/s2
(1) 若行李包从B 端水平抛出的初速v ＝3.0m ／s ，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离；
(2) 若行李包以v 0＝1.0m ／s 的初速从A 端向右滑行， 包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要使它从B 端飞出的水平距离等于(1)中所 求的水平距离，求传送带的长度L 应满足的条件？
例4一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 。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．
2、倾斜传送带上的力与运动情况分析
例4．如图所示，传送带与水平方向夹37°角，AB 长为L ＝16m 的传送带以恒定速度v ＝10m/s运动，在传送带上端A 处无初速释放质量为m ＝0.5kg 的物块，物块与带面间的动摩擦因数μ＝0.5，求： （1）当传送带顺时针转动时，物块从A 到B 所经历的时间为多少？ （2）当传送带逆时针转动时，物块从A 到B 所经历的时间为多少？ (sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g ＝10 m/s) ．
3、水平和倾斜组合传送带上的力与运动情况分析
例5 如图甲所示的传送带，其水平部分ab 的长度为2 m，倾斜部分bc 的长度为4 m，bc 与水平面的夹角θ＝37°，现将一小物块A （可视为质点）轻轻放在传送带的a 端，物块A 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25．传送带沿图甲所示方向以v ＝2 m/s 的速度匀速运动，若物块A 始终未脱离传送带，试求小物块A 从a 端被传送到c 端所用的时间？（取g ＝10m/s2 ，sin37°＝0.6 ,cos37°＝0.8 ）
例6如图所示的传送带以速度V=2m/s匀速运行，AB 部分水平，BC 部分与水平面之间的夹角为30°，AB 间与BC 间的距离都是12m ，工件与传送带间的动摩擦因数为 μ=，现将质量为5kg 的工件轻轻放在传送带的
6A 端，假设工件始终没有离开传送带，求： （1）工件在AB 上做加速运动过程中的位移 （2）工件在滑到C 点时的速度大小
4、变形传送带上的力与运动情况分析
例7、 如图所示10只相同的轮子并排水平排列，圆心分别为O 1、O 2、O 3„O 10，已知O 1O 10=3. 6m ，水平转轴通过圆心，所有轮子均绕轴以
图甲
2
4
π
r/s的转速顺时针转动。现将一根长0. 8m 、质量为2. 0kg 的匀质木板平放在
这些轮子的左端，木板左端恰好与O 1竖直对齐，木板与轮缘间的动摩擦因数为0. 16，试求：. 木板水平移动的总时间（不计轴与轮间的摩擦，g 取10m/s2）.
二、传送带问题中能量转化情况的分析 1、水平传送带上的能量转化情况分析
例8、 如图所示，水平传送带以速度v 匀速运动，一质量为m 的小木块由静止轻放到传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，系统转化的内能是( ) A 、mv 2 B 、2mv 2
C 、
2、倾斜传送带上的能量转化情况分析
例9、如图所示，电动机带着绷紧的传送带始终以v 0＝2 m/s的速度运动，传送带与水平面的夹角θ＝30°，现把一质量为m ＝10kg 的工件轻轻地放在皮带的底端，经过一段时间后，工件被送到高h ＝2m 的平台上，已知工件与皮带之间的动摩擦因数μ＝（取g ＝10 m/s2）
例10、 “潮汐发电”是海洋能利用中发展最早、规模最大、技术较成熟的一种方式。某海港的货运码头，就是利用“潮汐发电”为皮带式传送机供电，图1所示为皮带式传送机往船上装煤。本题计算中取sin18°=0.31,cos18°=0.95,水的密度ρ=1. 0⨯103kg /m 3, g =10m /s 2。
（1）皮带式传送机示意图如图2所示，传送带与水平方向的角度θ=18︒，传送带的传送距离为L=51.8m，它始终以v=1.4m/s，、的速度运行。在传送带的最低点，漏斗中的煤自由落到传送带上（可认为煤的初速度为0），煤与传送带之间的动摩擦因数μ=0. 4求：从煤落在传送带上到运至传送带最高点经历的时间t ； （2）图3为潮汐发电的示意图。左侧是大海，中间有水坝，水坝下装有发电机，右侧是水库，当涨潮到海平面最高时开闸，水由通道进入海湾水库，发电机在水流的推动下发电，待库内水面升至最高点时关闭闸门；当落潮到海平面最低时，开闸放水发电。设某汐发电站发电有效库容V=3.6×106m 3，平均潮差△h=4.8m，一天涨落潮两次，发电四次。水流发电的效率η1=10%。求该电站一天内利用潮汐发电的平均功率P ； （3）传送机正常运行时，1秒钟有m=50kg的煤从漏斗中落到传送带上。带动传送带的电动机将输入电能转化为机械能的效率η2=80%，电动机输出机械能的20%用来克服传送带各部件的摩擦（不包括传送带与煤之间的摩擦）以维传送带的正常运行。若用潮汐发电站发出的电给传送机供电，能同时使多少台这样的传送机正常运行？
121
mv D 、mv 2 42
，除此之外，不记其他损耗。求电动机由于传送工件多消耗的电能。2
3、水平和倾斜组合传送带上的能量转化情况分析
例11、一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB 区域时是水平的，经过BC 区域时变为圆孤形（圆孤由光滑模板形成，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 段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L ．每个箱在A 处投放后，在到达B 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC 段时的微小滑动）．已知在一段相当长的时间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P ．
4、变形传送带上的能量转化情况分析
例12、 如图所示，用半径为r ＝0.4m 的电动滚轮在长薄铁板上表面压轧一道浅槽。薄铁板的长为L ＝2.8m 、质量为m ＝10kg 。已知滚轮与铁板、铁板与工作台面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1。铁板从一端放入工作台的滚轮下，工作时滚轮对铁板产生恒定的竖直向下的压力为N ＝100N ，在滚轮的摩擦作用下铁板由静止向前运动并被压轧出一浅槽。已知滚轮转动的角速度恒为ω＝5rad/s，g 取10m/s。求：加工一块铁板电动机要消耗多少电能？（不考虑电动机自身的能耗）
2
例1解答 设工件做加速运动的加速度为a ，加速的时间为t 1 ，加速运动的位移为l ，根据牛顿第二定律，有：μmg=ma 代入数据可得：a ＝2 m/s2 工件加速运动的时间t 1＝
v 0
a
代入数据可得： t 1＝1s
1
此过程工件发生的位移l =2at 12 代入数据可得：l ＝1m 由于l ＜L ，所以工件没有滑离传送带
设工件随传送带匀速运动的时间为t 2 ，则t 2＝代入数据可得：t 2＝4.5s
所以工件从A 处运动到B 处的总时间t ＝t 1＋t 2＝5.5 s
例2：解答 设旅行包在传送带上做匀加速运动的时间为t 1 ，即经过t 1时间，旅行包的速度达到v ＝4m/s ，由牛顿第二定律，有： μmg=ma
代入数据可得：a ＝6 m/s2 t 1＝
L -l
v
v 0-v
a
代入数据可得：t ＝1s
此时旅行包通过的位移为s 1 ，由匀加速运动的规律，
v 0-v 2
有 s 1＝＝7 m
2μg
代入数据可得：s 1＝7 m＜L
可知在匀加速运动阶段，旅行包没有滑离传送带，此后旅行包与传送带一起做匀速运动，设做匀速运动的时间为t 2 ，则t 2＝
2
L -s 1
v
代入数据可得：t ＝0.25 s
故：旅行包在传送带上运动的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.25 s
例3、（1）设行李包在空中运动时间为t ，飞出的水平距 离为s ，则 h=1/2 gt2 ① s ＝v t ②
代入数据得：t ＝0.3s ③ s ＝0.9m ④
（2）设行李包的质量为m ，与传送带相对运动时的加速度为a ，则滑动摩擦力 ⑤
代入数据得：a ＝2.0m/s2 ⑥
要使行李包从B 端飞出的水平距离等于（1）中所求水平距离，行李包从B 端飞出的水平抛出的初速度v=3.0m/s 设行李被加速到时通过的距离为s 0，则 2as 0 =v2-v 02 ⑦ 代入数据得 s 0＝2.0m ⑧ 故传送带的长度L 应满足的条件为：L ≥2.0m 例4解法1 力和运动的观点
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。根据牛顿第二定律，可得
F =
μmg
=ma
a =μg ①
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
v 0=a 0t ②
v =at ③
由于a
v 0=v +a t ' ④
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 s 0=
1
a 0t 2+v 0t ' ⑤ 2
2v 0
⑥ s =2a
传送带上留下的黑色痕迹的长度
l =s 0-s ⑦
由以上各式得
2v 0(a 0-μg ) ⑧ l =
2μa 0g
解法2 v -t 图象法
v 00t
0μg
作出煤块、传送带的v -t 图线如图所示，图中标斜线的三角形的面积，即为煤块相对于传送带的位移，也即
传送带上留下的黑色痕迹的长度．
1
l =v 0⋅∆t 2
①
∆t =
v 0v 0 ② -μg a 0
由①②解得
l =
2v 0(a 0-μg ) ③ 2μa 0g
例4．解析 (1) 当传送带顺时针转动时，设物块的加速度为a ，物块受到传送带给予的滑动摩擦力μmgcos37°方向沿斜面向上且小于物块重力的分力mg sin37°，根据牛顿第二定律，有： mg sin37°- μmgcos37°＝ma 代入数据可得： a＝2 m/s
物块在传送带上做加速度为a ＝2 m/s的匀加速运动，设运动时间为t ， t＝
2
2
2L
a
代入数据可得：t ＝4s
（2）物块放上传送带的开始的一段时间受力情况如图甲所示，前一阶段物块作初速为0的匀加速运动，设加速度为a 1 ，由牛顿第二定律，有 mgsin37°＋μmgcos 37°=ma1 , 解得：a 1 ＝10m/s,
设物块加速时间为t 1 ，则t 1 ＝ 解得：t 1=1s 因位移s 1=
2
v
， a 1
12
a 1t 1=5m＜16m ,说明物块仍然在传送带上． 2
设后一阶段物块的加速度为a 2, 当物块速度大于传送带速度时，其受力情况如图乙所示． 由牛顿第二定律，有：
mg sin37°- μmgcos37°＝ma 2 , 解得a 2＝2m/s ，
设后阶段物块下滑到底端所用的时间为t 2． 2
由L －s ＝v t 2＋a 2t 2/2， 解得t 2＝1s
另一解－11s 不合题意舍去．
所以物块从A 到B 的时间为：t ＝t 1＋t 2＝2s
例5 解答 设物块在水平传送带上加速的过程中的加速度为a 1， 根据牛顿第二定律有：μmg ＝ma 1 解得 : a 1＝2.5m/s2
2
图乙
图丙
设物块A 做运加速运动的时间为t 1 ，t 1＝ 解得： t 1＝0.8 s
v
a 1
设物块A 相对传送带加速运动的位移为s 1，则s 1＝ 解得： t 1＝0.8 m
vt 1-0
2
当A 的速度达到2 m/s时，A 将随传送带一起匀速运动，A 在传送带水平段匀速运动的时间为t 2 ，t 2＝＝0.6s
解得： t 2＝0.6s
s ab -s 1
v
A 在bc 段受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小为μmg cos37°，设A 沿bc 段下滑的加速度为a 2，根据牛顿第二定律有， mg sin37°－μmg cos37°＝ma 2 解得：a 2＝4 m/s2
根据运动学的关系，有： s bc ＝v t 3＋
12
at 3 其中s bc =4 m ，v =2 m/s ， 2
解得 ：t 3＝1s ，另一解t 3＝－2s （不合题意，舍去）
所以物块A 从传送带的a 端传送到c 端所用的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.4s
例6、解：（1）设工件在传送带上时的加速度为a 1，加速运动过程中的位移为s 1 由牛顿定律得：μmg =ma 1 所以a 1=μg ①
V 2s 1==
2a 1
222⨯
3⨯106
=
63
m =0. 69m ② 15
（2）设当工件滑到BC 部分上时物体的加速度为a 2. 则 mg sin 30 -μmg cos 30 =ma 2 ③ a 2=g sin 30 -μg cos 30 =2. 5m /s 2 ④ 所以，由V 02 －V 2 = 2a 2L 得V 0 = 8m/s ⑤ ①②各4分，③④得3分，⑤2分，共16分
例7、解答（1）设轮子的半径为r ，由题意O 1O 10=3. 6m ，得轮子的半径r ＝轮子转动的线速度为v =2πnr n ＝
oo
1
10
9⨯2
＝0.2m. 。
4
π
r/s
代入数据可得：v ＝1.6m/s
木板受到轮子的滑动摩擦力f ＝μmg ，木板在滑动摩擦力的作用下做加速运动 板运动的加速度a =μg 代入数据可得：a ＝1.6m/s2
当木板运动的速度与轮子转动的线速度v 相等时，木板讲作匀速运动。 由以上推理得：板在轮子上作匀加速运动的时间为t =代入数据可得：t ＝1s
木板作匀加速运动发生的位移s 1=代入数据可得：s 1=0.8m
注意到当木板的重心运动到O 10时木板即将开始翻转、滑落，故木板“水平移动”的距离 板在作匀速运动的全过程中其重心平动发生的位移为s 2=3. 6m -0. 8m -0. 4m =2. 4m 因此，板运动的总时间为：t =t 1+
v ， a
12
at 2
s 22. 4=1s +s =2. 5s v 1. 6
例8、 解答 假设小木块达到与传送带达到共同速度所用的时间为t ，在此过程中木块的位移为s 1，传送带的位移为s 2，则有：s 1=对木块由动能定理得：
0+v 1
t =vt ， s 2=vt 即得：s 2＝2s 1 ① 22
1
mv 2-0=fs 1 ② 2
对传送带和木块由能量关系可知：E 内＝fs 2－fs 1 ③ 由①②③可得：E 内＝故本题选D 选项。
12mv 2
例9、解答 作出工件在传送带上受力如图所示，f 为皮带给予工件的滑动摩擦力，对工件, 根据牛顿第二定律，有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 代入数据解得： a ＝2.5 m/s2
工件达到传送带运转速度v 0＝2 m/s时所用的时间t 1＝代入数据解得： t 1＝0.8s
工件在传送带上加速运动的距离为s 1＝代入数据解得： s 1＝0.8 m 故有: s 1＜h/ sin30°
说明工件在传送带上现做匀加速运动，再做匀速运动，工件到达平台时的速度为2 m/s ． 故工件增加的机械能E ＝mgh ＋ 代入数据得E ＝220 J
设在t 1时间内传送带的位移为s 2，故转化的内能为: W ＝f (s 2－s 1) ＝fs 1 代入数据得W ＝60J
电动机由于传送工件多消耗的电能。△E =E ＋W ＝280 J 例10、解：（1）煤在传送带上的受力如右图所示 （1分） 根据牛顿第二定律μn 'g cos θ-m 'g sin θ=m 'a （1分） 设煤加速到v 需要时间为t 1 v =at 1
mgcos θ
v
a
12
at 1 2
12
mv 2
t 1=2s （1分）
设煤加速运动的距离为s 1 v 2=2as 1设煤匀速运动的时间为t 2 L -s 1=vt 2总时间 t =t1+t2=38s （1分）
s 1=1. 4m （1分） t 2=36s （1分）
（2）一次发电，水的质量 M =ρV =3. 6⨯109kg （1分） 重力势能减少E P =Mg
∆h
（1分） 2
一天发电的能量 E =4E P ⨯10% （2分） 平均功率 P =
E t
（1分） （1分）
求出P=400kW
（3）一台传送机，将1秒钟内落到传送带上的煤送到传送带上的最高点 煤获得的机械能为 E 机=
12
mv +mgL ⋅sin θ （1分） 2
煤与传送带的相对位移 ∆s =vt 1-s 1=1. 4m （1分） 传送带与煤之间因摩擦因产生的热 Q =μmg cos θ⋅∆s 设同时使n 台传送机正常运行，根据能量守恒
1
P ⨯80%⨯80%=n (mv 2+mgL ⋅sin θ+μmg cos θ⋅∆s ) （3分）
2
求出n=30台
（2分）
例11、解析 以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v 0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s ，所用时间为t ，加速度为a ，则对小货箱有
s =
12
at ① 2
v 0=at ② 在这段时间内，传送带运动的路程为
s 0=v 0t ③
由以上3式，可得
s 0=2s ④
用f 表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小货箱做功为A ,
A =fs =
12
mv 0 ⑤ 2
122mv 0=mv 0 ⑥ 2
传送带克服小货箱对它的摩擦力做功A 0=fs 0=2⨯ 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 Q =
12mv 0 ⑦ 2
可见，在小货箱加速运动过程中，小货箱获得的动能与发热量相等。 T 时间内，电动机输出的功为W ，
W =P T ⑧
此功用于增加小货箱的动能、势能以及使小货箱加速过程中克服摩擦力做功放出的热量，即
W =12Nmv 0+Nmgh +NQ ⑨ 2
已知相邻两小货箱的距离为L ，则N 个小货箱之间的距离为（N －1）L ，它应等于传送带在T 时间内运动的距离，即
v 0T =(N -1) L ⑩
由于T 很大，所以N 很大。
联立⑦⑧⑨⑩，得
Nm N 2L 2
P =[2+gh ] ⑾ T T
例12、解答 开始砂轮给铁板向前的滑动摩擦力F 1=μ1N
代入数据可得：F 1=30N
工作台给铁板的摩擦阻力F 2=μ2 (N+mg)N
代入数据可得： F 2= 20N
故铁板先向右做匀加速运动：a=
代入数据可得：a =1m/s2
加速过程铁板能达到的最大速度v m =ωr
代入数据可得：v m =2m/s F 1-F 2 m
v 这一过程铁板的位移s 1=m 2a
代入数据可得：s 1=2m
所以此后砂轮给铁板的摩擦力将变为静摩擦力，并且F 1′=F2，铁板将做匀速运动。
加工一块铁板电动机消耗的电能：E=ΔE K +Q1+Q2
其中ΔE K =21mv m 2 ， Q 1＝F 1s 1 ，Q 2＝F 2L 2
代入数据可得加工一块铁板电动机消耗的电能：E =136J
- 11 -
传 送 带 问 题
一、传送带问题中力与运动情况分析 1、水平传送带上的力与运动情况分析
例1 水平传送带被广泛地应用于车站、码头，工厂、车间。如图所示为水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB 始终保持v 0＝2 m/s的恒定速率运行，一质量为m 的工件无初速度地放在A 处，传送带对工件的滑动摩擦力使工件开始做匀加速直线运动，设工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2 ,AB的之间距离为L ＝10m ，g 取10m/s2 ．求工件从A 处运动到B 处所用的时间．
例2： 如图甲所示为车站使用的水平传送带的模型，传送带长L ＝8m ，以速度v ＝4m/s沿顺时针方向匀速转动，现有一个质量为m ＝10kg 的旅行包以速度v 0＝10m/s的初速度水平地滑上水平传送带．已知旅行包与皮带间的动摩擦因数为μ＝0.6 ，则旅行包从传送带的A 端到B 端所需要的时间是多少？（g ＝10m/s2 , 且可将旅行包视为质点．）
图 甲
例3、如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持3.0m ／s 的恒定速率运行，传送带的水平部分AB 距水平地面的高度为h=0.45m.现有一行李包(可视为质点) 由A 端被传送到B 端，且传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端水平抛出，不计空气阻力，g 取10 m/s2
(1) 若行李包从B 端水平抛出的初速v ＝3.0m ／s ，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离；
(2) 若行李包以v 0＝1.0m ／s 的初速从A 端向右滑行， 包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要使它从B 端飞出的水平距离等于(1)中所 求的水平距离，求传送带的长度L 应满足的条件？
例4一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 。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．
2、倾斜传送带上的力与运动情况分析
例4．如图所示，传送带与水平方向夹37°角，AB 长为L ＝16m 的传送带以恒定速度v ＝10m/s运动，在传送带上端A 处无初速释放质量为m ＝0.5kg 的物块，物块与带面间的动摩擦因数μ＝0.5，求： （1）当传送带顺时针转动时，物块从A 到B 所经历的时间为多少？ （2）当传送带逆时针转动时，物块从A 到B 所经历的时间为多少？ (sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g ＝10 m/s) ．
3、水平和倾斜组合传送带上的力与运动情况分析
例5 如图甲所示的传送带，其水平部分ab 的长度为2 m，倾斜部分bc 的长度为4 m，bc 与水平面的夹角θ＝37°，现将一小物块A （可视为质点）轻轻放在传送带的a 端，物块A 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25．传送带沿图甲所示方向以v ＝2 m/s 的速度匀速运动，若物块A 始终未脱离传送带，试求小物块A 从a 端被传送到c 端所用的时间？（取g ＝10m/s2 ，sin37°＝0.6 ,cos37°＝0.8 ）
例6如图所示的传送带以速度V=2m/s匀速运行，AB 部分水平，BC 部分与水平面之间的夹角为30°，AB 间与BC 间的距离都是12m ，工件与传送带间的动摩擦因数为 μ=，现将质量为5kg 的工件轻轻放在传送带的
6A 端，假设工件始终没有离开传送带，求： （1）工件在AB 上做加速运动过程中的位移 （2）工件在滑到C 点时的速度大小
4、变形传送带上的力与运动情况分析
例7、 如图所示10只相同的轮子并排水平排列，圆心分别为O 1、O 2、O 3„O 10，已知O 1O 10=3. 6m ，水平转轴通过圆心，所有轮子均绕轴以
图甲
2
4
π
r/s的转速顺时针转动。现将一根长0. 8m 、质量为2. 0kg 的匀质木板平放在
这些轮子的左端，木板左端恰好与O 1竖直对齐，木板与轮缘间的动摩擦因数为0. 16，试求：. 木板水平移动的总时间（不计轴与轮间的摩擦，g 取10m/s2）.
二、传送带问题中能量转化情况的分析 1、水平传送带上的能量转化情况分析
例8、 如图所示，水平传送带以速度v 匀速运动，一质量为m 的小木块由静止轻放到传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，系统转化的内能是( ) A 、mv 2 B 、2mv 2
C 、
2、倾斜传送带上的能量转化情况分析
例9、如图所示，电动机带着绷紧的传送带始终以v 0＝2 m/s的速度运动，传送带与水平面的夹角θ＝30°，现把一质量为m ＝10kg 的工件轻轻地放在皮带的底端，经过一段时间后，工件被送到高h ＝2m 的平台上，已知工件与皮带之间的动摩擦因数μ＝（取g ＝10 m/s2）
例10、 “潮汐发电”是海洋能利用中发展最早、规模最大、技术较成熟的一种方式。某海港的货运码头，就是利用“潮汐发电”为皮带式传送机供电，图1所示为皮带式传送机往船上装煤。本题计算中取sin18°=0.31,cos18°=0.95,水的密度ρ=1. 0⨯103kg /m 3, g =10m /s 2。
（1）皮带式传送机示意图如图2所示，传送带与水平方向的角度θ=18︒，传送带的传送距离为L=51.8m，它始终以v=1.4m/s，、的速度运行。在传送带的最低点，漏斗中的煤自由落到传送带上（可认为煤的初速度为0），煤与传送带之间的动摩擦因数μ=0. 4求：从煤落在传送带上到运至传送带最高点经历的时间t ； （2）图3为潮汐发电的示意图。左侧是大海，中间有水坝，水坝下装有发电机，右侧是水库，当涨潮到海平面最高时开闸，水由通道进入海湾水库，发电机在水流的推动下发电，待库内水面升至最高点时关闭闸门；当落潮到海平面最低时，开闸放水发电。设某汐发电站发电有效库容V=3.6×106m 3，平均潮差△h=4.8m，一天涨落潮两次，发电四次。水流发电的效率η1=10%。求该电站一天内利用潮汐发电的平均功率P ； （3）传送机正常运行时，1秒钟有m=50kg的煤从漏斗中落到传送带上。带动传送带的电动机将输入电能转化为机械能的效率η2=80%，电动机输出机械能的20%用来克服传送带各部件的摩擦（不包括传送带与煤之间的摩擦）以维传送带的正常运行。若用潮汐发电站发出的电给传送机供电，能同时使多少台这样的传送机正常运行？
121
mv D 、mv 2 42
，除此之外，不记其他损耗。求电动机由于传送工件多消耗的电能。2
3、水平和倾斜组合传送带上的能量转化情况分析
例11、一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB 区域时是水平的，经过BC 区域时变为圆孤形（圆孤由光滑模板形成，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 段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L ．每个箱在A 处投放后，在到达B 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC 段时的微小滑动）．已知在一段相当长的时间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P ．
4、变形传送带上的能量转化情况分析
例12、 如图所示，用半径为r ＝0.4m 的电动滚轮在长薄铁板上表面压轧一道浅槽。薄铁板的长为L ＝2.8m 、质量为m ＝10kg 。已知滚轮与铁板、铁板与工作台面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1。铁板从一端放入工作台的滚轮下，工作时滚轮对铁板产生恒定的竖直向下的压力为N ＝100N ，在滚轮的摩擦作用下铁板由静止向前运动并被压轧出一浅槽。已知滚轮转动的角速度恒为ω＝5rad/s，g 取10m/s。求：加工一块铁板电动机要消耗多少电能？（不考虑电动机自身的能耗）
2
例1解答 设工件做加速运动的加速度为a ，加速的时间为t 1 ，加速运动的位移为l ，根据牛顿第二定律，有：μmg=ma 代入数据可得：a ＝2 m/s2 工件加速运动的时间t 1＝
v 0
a
代入数据可得： t 1＝1s
1
此过程工件发生的位移l =2at 12 代入数据可得：l ＝1m 由于l ＜L ，所以工件没有滑离传送带
设工件随传送带匀速运动的时间为t 2 ，则t 2＝代入数据可得：t 2＝4.5s
所以工件从A 处运动到B 处的总时间t ＝t 1＋t 2＝5.5 s
例2：解答 设旅行包在传送带上做匀加速运动的时间为t 1 ，即经过t 1时间，旅行包的速度达到v ＝4m/s ，由牛顿第二定律，有： μmg=ma
代入数据可得：a ＝6 m/s2 t 1＝
L -l
v
v 0-v
a
代入数据可得：t ＝1s
此时旅行包通过的位移为s 1 ，由匀加速运动的规律，
v 0-v 2
有 s 1＝＝7 m
2μg
代入数据可得：s 1＝7 m＜L
可知在匀加速运动阶段，旅行包没有滑离传送带，此后旅行包与传送带一起做匀速运动，设做匀速运动的时间为t 2 ，则t 2＝
2
L -s 1
v
代入数据可得：t ＝0.25 s
故：旅行包在传送带上运动的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.25 s
例3、（1）设行李包在空中运动时间为t ，飞出的水平距 离为s ，则 h=1/2 gt2 ① s ＝v t ②
代入数据得：t ＝0.3s ③ s ＝0.9m ④
（2）设行李包的质量为m ，与传送带相对运动时的加速度为a ，则滑动摩擦力 ⑤
代入数据得：a ＝2.0m/s2 ⑥
要使行李包从B 端飞出的水平距离等于（1）中所求水平距离，行李包从B 端飞出的水平抛出的初速度v=3.0m/s 设行李被加速到时通过的距离为s 0，则 2as 0 =v2-v 02 ⑦ 代入数据得 s 0＝2.0m ⑧ 故传送带的长度L 应满足的条件为：L ≥2.0m 例4解法1 力和运动的观点
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。根据牛顿第二定律，可得
F =
μmg
=ma
a =μg ①
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
v 0=a 0t ②
v =at ③
由于a
v 0=v +a t ' ④
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 s 0=
1
a 0t 2+v 0t ' ⑤ 2
2v 0
⑥ s =2a
传送带上留下的黑色痕迹的长度
l =s 0-s ⑦
由以上各式得
2v 0(a 0-μg ) ⑧ l =
2μa 0g
解法2 v -t 图象法
v 00t
0μg
作出煤块、传送带的v -t 图线如图所示，图中标斜线的三角形的面积，即为煤块相对于传送带的位移，也即
传送带上留下的黑色痕迹的长度．
1
l =v 0⋅∆t 2
①
∆t =
v 0v 0 ② -μg a 0
由①②解得
l =
2v 0(a 0-μg ) ③ 2μa 0g
例4．解析 (1) 当传送带顺时针转动时，设物块的加速度为a ，物块受到传送带给予的滑动摩擦力μmgcos37°方向沿斜面向上且小于物块重力的分力mg sin37°，根据牛顿第二定律，有： mg sin37°- μmgcos37°＝ma 代入数据可得： a＝2 m/s
物块在传送带上做加速度为a ＝2 m/s的匀加速运动，设运动时间为t ， t＝
2
2
2L
a
代入数据可得：t ＝4s
（2）物块放上传送带的开始的一段时间受力情况如图甲所示，前一阶段物块作初速为0的匀加速运动，设加速度为a 1 ，由牛顿第二定律，有 mgsin37°＋μmgcos 37°=ma1 , 解得：a 1 ＝10m/s,
设物块加速时间为t 1 ，则t 1 ＝ 解得：t 1=1s 因位移s 1=
2
v
， a 1
12
a 1t 1=5m＜16m ,说明物块仍然在传送带上． 2
设后一阶段物块的加速度为a 2, 当物块速度大于传送带速度时，其受力情况如图乙所示． 由牛顿第二定律，有：
mg sin37°- μmgcos37°＝ma 2 , 解得a 2＝2m/s ，
设后阶段物块下滑到底端所用的时间为t 2． 2
由L －s ＝v t 2＋a 2t 2/2， 解得t 2＝1s
另一解－11s 不合题意舍去．
所以物块从A 到B 的时间为：t ＝t 1＋t 2＝2s
例5 解答 设物块在水平传送带上加速的过程中的加速度为a 1， 根据牛顿第二定律有：μmg ＝ma 1 解得 : a 1＝2.5m/s2
2
图乙
图丙
设物块A 做运加速运动的时间为t 1 ，t 1＝ 解得： t 1＝0.8 s
v
a 1
设物块A 相对传送带加速运动的位移为s 1，则s 1＝ 解得： t 1＝0.8 m
vt 1-0
2
当A 的速度达到2 m/s时，A 将随传送带一起匀速运动，A 在传送带水平段匀速运动的时间为t 2 ，t 2＝＝0.6s
解得： t 2＝0.6s
s ab -s 1
v
A 在bc 段受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小为μmg cos37°，设A 沿bc 段下滑的加速度为a 2，根据牛顿第二定律有， mg sin37°－μmg cos37°＝ma 2 解得：a 2＝4 m/s2
根据运动学的关系，有： s bc ＝v t 3＋
12
at 3 其中s bc =4 m ，v =2 m/s ， 2
解得 ：t 3＝1s ，另一解t 3＝－2s （不合题意，舍去）
所以物块A 从传送带的a 端传送到c 端所用的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.4s
例6、解：（1）设工件在传送带上时的加速度为a 1，加速运动过程中的位移为s 1 由牛顿定律得：μmg =ma 1 所以a 1=μg ①
V 2s 1==
2a 1
222⨯
3⨯106
=
63
m =0. 69m ② 15
（2）设当工件滑到BC 部分上时物体的加速度为a 2. 则 mg sin 30 -μmg cos 30 =ma 2 ③ a 2=g sin 30 -μg cos 30 =2. 5m /s 2 ④ 所以，由V 02 －V 2 = 2a 2L 得V 0 = 8m/s ⑤ ①②各4分，③④得3分，⑤2分，共16分
例7、解答（1）设轮子的半径为r ，由题意O 1O 10=3. 6m ，得轮子的半径r ＝轮子转动的线速度为v =2πnr n ＝
oo
1
10
9⨯2
＝0.2m. 。
4
π
r/s
代入数据可得：v ＝1.6m/s
木板受到轮子的滑动摩擦力f ＝μmg ，木板在滑动摩擦力的作用下做加速运动 板运动的加速度a =μg 代入数据可得：a ＝1.6m/s2
当木板运动的速度与轮子转动的线速度v 相等时，木板讲作匀速运动。 由以上推理得：板在轮子上作匀加速运动的时间为t =代入数据可得：t ＝1s
木板作匀加速运动发生的位移s 1=代入数据可得：s 1=0.8m
注意到当木板的重心运动到O 10时木板即将开始翻转、滑落，故木板“水平移动”的距离 板在作匀速运动的全过程中其重心平动发生的位移为s 2=3. 6m -0. 8m -0. 4m =2. 4m 因此，板运动的总时间为：t =t 1+
v ， a
12
at 2
s 22. 4=1s +s =2. 5s v 1. 6
例8、 解答 假设小木块达到与传送带达到共同速度所用的时间为t ，在此过程中木块的位移为s 1，传送带的位移为s 2，则有：s 1=对木块由动能定理得：
0+v 1
t =vt ， s 2=vt 即得：s 2＝2s 1 ① 22
1
mv 2-0=fs 1 ② 2
对传送带和木块由能量关系可知：E 内＝fs 2－fs 1 ③ 由①②③可得：E 内＝故本题选D 选项。
12mv 2
例9、解答 作出工件在传送带上受力如图所示，f 为皮带给予工件的滑动摩擦力，对工件, 根据牛顿第二定律，有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 代入数据解得： a ＝2.5 m/s2
工件达到传送带运转速度v 0＝2 m/s时所用的时间t 1＝代入数据解得： t 1＝0.8s
工件在传送带上加速运动的距离为s 1＝代入数据解得： s 1＝0.8 m 故有: s 1＜h/ sin30°
说明工件在传送带上现做匀加速运动，再做匀速运动，工件到达平台时的速度为2 m/s ． 故工件增加的机械能E ＝mgh ＋ 代入数据得E ＝220 J
设在t 1时间内传送带的位移为s 2，故转化的内能为: W ＝f (s 2－s 1) ＝fs 1 代入数据得W ＝60J
电动机由于传送工件多消耗的电能。△E =E ＋W ＝280 J 例10、解：（1）煤在传送带上的受力如右图所示 （1分） 根据牛顿第二定律μn 'g cos θ-m 'g sin θ=m 'a （1分） 设煤加速到v 需要时间为t 1 v =at 1
mgcos θ
v
a
12
at 1 2
12
mv 2
t 1=2s （1分）
设煤加速运动的距离为s 1 v 2=2as 1设煤匀速运动的时间为t 2 L -s 1=vt 2总时间 t =t1+t2=38s （1分）
s 1=1. 4m （1分） t 2=36s （1分）
（2）一次发电，水的质量 M =ρV =3. 6⨯109kg （1分） 重力势能减少E P =Mg
∆h
（1分） 2
一天发电的能量 E =4E P ⨯10% （2分） 平均功率 P =
E t
（1分） （1分）
求出P=400kW
（3）一台传送机，将1秒钟内落到传送带上的煤送到传送带上的最高点 煤获得的机械能为 E 机=
12
mv +mgL ⋅sin θ （1分） 2
煤与传送带的相对位移 ∆s =vt 1-s 1=1. 4m （1分） 传送带与煤之间因摩擦因产生的热 Q =μmg cos θ⋅∆s 设同时使n 台传送机正常运行，根据能量守恒
1
P ⨯80%⨯80%=n (mv 2+mgL ⋅sin θ+μmg cos θ⋅∆s ) （3分）
2
求出n=30台
（2分）
例11、解析 以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v 0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s ，所用时间为t ，加速度为a ，则对小货箱有
s =
12
at ① 2
v 0=at ② 在这段时间内，传送带运动的路程为
s 0=v 0t ③
由以上3式，可得
s 0=2s ④
用f 表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小货箱做功为A ,
A =fs =
12
mv 0 ⑤ 2
122mv 0=mv 0 ⑥ 2
传送带克服小货箱对它的摩擦力做功A 0=fs 0=2⨯ 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 Q =
12mv 0 ⑦ 2
可见，在小货箱加速运动过程中，小货箱获得的动能与发热量相等。 T 时间内，电动机输出的功为W ，
W =P T ⑧
此功用于增加小货箱的动能、势能以及使小货箱加速过程中克服摩擦力做功放出的热量，即
W =12Nmv 0+Nmgh +NQ ⑨ 2
已知相邻两小货箱的距离为L ，则N 个小货箱之间的距离为（N －1）L ，它应等于传送带在T 时间内运动的距离，即
v 0T =(N -1) L ⑩
由于T 很大，所以N 很大。
联立⑦⑧⑨⑩，得
Nm N 2L 2
P =[2+gh ] ⑾ T T
例12、解答 开始砂轮给铁板向前的滑动摩擦力F 1=μ1N
代入数据可得：F 1=30N
工作台给铁板的摩擦阻力F 2=μ2 (N+mg)N
代入数据可得： F 2= 20N
故铁板先向右做匀加速运动：a=
代入数据可得：a =1m/s2
加速过程铁板能达到的最大速度v m =ωr
代入数据可得：v m =2m/s F 1-F 2 m
v 这一过程铁板的位移s 1=m 2a
代入数据可得：s 1=2m
所以此后砂轮给铁板的摩擦力将变为静摩擦力，并且F 1′=F2，铁板将做匀速运动。
加工一块铁板电动机消耗的电能：E=ΔE K +Q1+Q2
其中ΔE K =21mv m 2 ， Q 1＝F 1s 1 ，Q 2＝F 2L 2
代入数据可得加工一块铁板电动机消耗的电能：E =136J
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