传送带模型练习(带答案)

1： 如图所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s 的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°。现把质量为10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端P 处，由传送带传送至顶端Q 处。

已知P 、Q 之间的距离为4 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝

32，取g ＝10 m/s 2。 (1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；

(2)求工件从P 点运动到Q 点所用的时间。[答案] (1)先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s

解析 (1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力由牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 代入数值得：a ＝2.5 m/s 2

则其速度达到传送带速度时发生的位移为 x 1＝v 22a ＝222×2.5

m ＝0.8 m<4 m 可见工件先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m (2)匀加速时，由x 1＝v 2t 1得t 1＝0.8 s 匀速上升时t 2＝x 2v ＝3.22

s ＝1.6 s 所以工件从P 点运动到Q 点所用的时间为 t ＝t 1＋t 2＝2.4 s 2：如图，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/s ，动

摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m ＝0.5 kg

的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：

(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间；

(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间．

答案 (1)4 s (2)2 s

解析 (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向

下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg (sin 37°－μcos 37°)＝ma 则a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2，根据l ＝12

at 2得t ＝4 s. (2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a 1，由牛顿第二得，mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1则有a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m

＝10 m/s 2 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t 1，位移为x 1，则有t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s ，x 1＝12

a 1t 21＝5 mμmg cos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a 2，则a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m

＝2 m/s 2 x 2＝l －x 1＝11 m 又因为x 2＝vt 2＋12

a 2t 22，则有10t 2＋t 22＝11，解得：t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s. 3.如图所示，足够长的传送带与水平面倾角θ=37°，以12m/s 的速率逆时针转动。在传送带底部有一质量m = 1.0kg 的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ= 0.25，现用轻细绳将物体由静止沿传送带向上拉动，拉力F = 10.0N ，方向平行传送带向上。经时间t = 4.0s 绳子突然断了，求：

（1）绳断时物体的速度大小；

（2）绳断后物体还能上行多远

（3）从绳断开始到物体再返回到传送带底端时的运动时间

（ g = 10m/s 2，sin 37°= 0.6，cos 37°= 0.8）答案：1 、8.0m/s 2、 4.0m 3、3.3s

【解析】（1）物体开始向上运动过程中，受重力mg ，摩擦力F f ，拉力F ，设加速度为a 1，则有F – mgsin θ－ F f = m a 1 又 F f = μF N F N = mgcos θ 得a 1 = 2.0m / s 2 所以 ，t = 4.0s 时物体速度v 1 =a 1t = 8.0m/s

（2）绳断后, 物体距传送带底端s 1 =a 1t 2 /2= 16m.设绳断后物体的加速度为a 2, 由牛顿第二定律得 -mgsin θ - μmgcos θ= m a 2 a 2 = -8.0m / s

2 物体做减速运动时间t 2 = -v 1/a 2= 1.0s 减速运动位移s 2=v 1t 2+ a 2t 2 2

/2 = 4.0m （3）此后物体沿传送带匀加速下滑, 设加速度为a 3, 由牛顿第二定律得mgsin θ ＋ μmgcos θ= m a 2 a 3 = 8.0m / s 2

当物体与传送带共速时向下运动距离s 3=v 2/(2a 3)=9m 用时t 3 = v / a 3=1.5s 共速后摩擦力反向，由于mgsin θ 大于 μmgcos θ，物体继续沿传送带匀加速下滑，设此时加速度为a 4, 由牛顿第二定律得Mgsin θ-μmgcos θ=ma 4 下滑到传送带低部的距离为s 4= s 1+s 2-s 3=11m 设下滑的时间为t4，由得t 4=0.8s 最后得t=t 2+t 3+t 4=3.3s

4：如图所示，足够长的水平传送带以速度顺时针匀速转动，一质量为的小煤块由静止轻放到传送带上，若小煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ，求：小煤块在传送带上留下的痕迹长度是多少？

【解析】在煤块从开始加速至与传送带达到共同速度的过程中

由公式 可得： 从煤块静止至煤块与传送带达到相对静止的过程中煤块加速运动的时

间 传送带运动的位移 木块相对传送带滑动的位移

5：一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。

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a0。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v0，煤块则由静止加速到v ，有t a v 00= t a v =

由于a

t 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 ′210200t v t a s += 2

02v s a = 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-=

6、如图所示。水平传送装置由轮半径均为米π1

=R 的主动轮O 1和从动轮O 2及传送带等构成。两轮轴心相

距L=8.0米，轮与传送带不打滑。现用此装置运送一袋面粉，已知面粉袋与传送带间的动摩擦因数为μ=0.4，这袋面粉中间的面粉可不断地从袋中渗出。

（1）当传送带以v 0==4.0m/s 的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端O 2正上方的A 点轻放在传送带上后，

这袋面粉由A 端运送到O 1正上方的B 端所用时间为多少？

（2）要想尽快将这带面粉由A 端送到B 端（设初速度仍为零），传送带的速度至少应为多大？

（3）由于面粉的渗漏，在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留

下白色的面粉的痕迹。这袋面粉在传送带上留下的痕迹最长能有多

长（设袋的初速度仍为零）？此时传送带的速度至少应为多大？

【解析】设面粉袋的质量为m ，其在与传送带产生相当滑动的过程中所受的摩擦力f=μmg 。故而其加速度为：2/0.4s m g m

f a ===μ

（1）若传送速带的速度v 带=4.0m/s ，则面粉袋加速运动的时间s a v t 0.11==带

，在t 1时间内的位移为m at s 0.22

1211==，其后以v=4.0m/s 的速度做

匀速运动s 2=l AB －s 1=vt 2，解得t 2=1.5s ，运动的总时间为t=t 1+t 2=2.5s

（2）要想时间最短，m 应一直向B 端做加速运动，由22

1t a l AB '=可得s t 0.2=' 此时传送带的运转速度为s m t a v /0.8='=' （3）传送带的速度越大，“痕迹”越长。当面粉的痕迹布满整条传送带时，痕迹达到最长。即痕迹长为△s=2l +2πR=18.0m

在面粉袋由A 端运动到B 端的时间内，传送带运转的距离 m l s s

AB 0.26=+?=带 又由（2）中已知t /=2.0s 此时传送带的运转速度为V //

=13m/s （3分） v m F F mg N 摩==μμa F m mg

m g ===合μμv ax 22=g v a v x μ222

2==t v a v g ==μx vt v g '==2μ?x x x v g =-='22

μ

7：如图所示，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/s2。求木块滑到底的过程中，摩擦力对木块做的功以及产生的热各是多少？

【解析】刚开始时，合力的大小为 F 1＝mgsin37o＋μmgcos37o,

由牛顿第二定律，加速度大小a1＝ ＝8m/s2，该过程所用时间t1＝

＝0.5s ，位移大小 s1＝ ＝1m 。 二者速度大小相同后，合力的大小为F 2＝mgsin37o－μmgcos37o,加速度大小a 2＝

＝4m/s2，

位移大小 s2＝ L-s1＝ 6m,所用时间 s2＝ v 0t 2＋22221t a 得： t2＝1s 。（另一个解t2＝－3s 舍去） 摩擦力所做的

功 W ＝μmgcos37o·(s1-s2) ＝－4.0J ，全过程中生的热 Q ＝f ·s 相对 ＝μmgcos37o·【(v0t1-s1)+（s2-v0t2）】 ＝0.8N ×3m ＝2.4J 。

8．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最

下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则

物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：

(1)物块与传送带间的动摩擦因数；

(2)从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功．4．(1)35 (2)－3.75 J

解析 (1)由题图乙可知，物块在前0.5 s 的加速度为：a 1＝v 1t 1＝8 m/s 2，后0.5 s 的加速度为：a 2＝v 2－v 1t 2

＝2 m/s 2物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：

mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2联立解得：μ＝

(2)由v －t 图线与t 轴所围面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：x 1＝v 12

t 1则摩擦力对物块做功：W 1＝μmg cos θ·x 1 在后0.5 s ，物块对地位移为：x 2＝v 1＋v 22t 2

则摩擦力对物块做功W 2＝－μmg cos θ·x 2所以传送带对物块做的总功：W ＝W 1＋W 2联立解得：W ＝－3.75 J 9．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v 1匀速向右运动，质量为m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2滑上传送带，且v 2>v 1，最终滑块又返回至传送带的右端，对于此过程，求：（1）滑块返回传送带右端时的速率

（2）传送带对滑块做功

（3）滑块与传送带间摩擦产生的热量

（4）电动机做的功

【解析】：（1）由于传送带足够长，滑块先向左减速至0再向右加速，由于v 1

送带一起向右匀速运动，有v 2′＝v 1 （2）根据动能定理，传送带对滑块做功W ＝ΔE k ＝12m v 12－12

m v 22 （3）滑块向左运动x 1＝v 22t 1，摩擦力对滑块做功：W 1＝－F f x 1＝－F f v 22t 1①又摩擦力做功等于滑块动能的变化量，即：W 1＝－12

m v 22② 该过程中传送带的位移：x 2＝v 1t 1摩擦力对传送带做功：W 2＝－F f ′x 2＝－F f ′v 1t 1③传送带对滑块的摩擦力与滑块对传送带的摩擦力为作用力与反作

用力，则有F f ＝F f ′④联立①②③④得：W 2＝－m v 1v 2设滑块向右匀加速运动的时间为为t 2，位移为x 3，则：x 3＝v 12

t 2摩擦力对滑块做功：W 3＝F f x 3＝12

m v 12该过程中传送带的位移：x 4＝v 1t 2＝2x 3滑块相对传送带的总位移：x 相对＝x 1＋x 2＋x 4－x 3＝x 1＋x 2＋x 3系统克服滑动摩擦力做功： W 总＝F f x 相对＝|W 1|＋|W 2|＋W 3＝12m (v 1＋v 2)2滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于系统克服滑动摩擦力做功，Q ＝W 总＝12

m (v 1＋v 2)2， （4）全过程中，电动机对传送带做的功与滑块动能的减小量之和等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q ＝W ＋12m v 22－12

m v 12 整理得：W ＝Q －12m v 22＋12

m v 12＝m v 12＋m v 1v 2

10．(多选)如图所示，一质量为1 kg 的小物块自斜面上A 点由静止开始匀加速下滑，经2 s 运动到B 点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带，传送带以4 m /s 的恒定速率运行．已知A 、B 间距离为 2 m ，传送带长度(即B 、C 间距离)为10 m ，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，取g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( ) 答案．BCD

A ．小物块在传送带上运动的时间为2.32 s

B ．小物块在传送带上因摩擦产生的热量为2 J

C ．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为6 J

D ．小物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8 J

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 。每个箱子

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。

【解析】以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为v 0，在水平段的运输过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，直到其速度与传送带的速度相等。设这段路程为s ，所用的时间为t ，加速度为a ，则对小货箱有 ①v

0=at

②在这段时间内传送带运动的路程为

③由上可得④用Ff 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

20121mv s F W f ==⑤传送带克服小货箱对它的摩擦力做功202000212mv mv s F W f =?==⑥两者之差就克服摩擦力做功发出的热量⑦可见，在小货箱加速过程中，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 ⑧此功用于增加N 个小货箱的动能、势能和使小货箱加速时程中克服摩擦力发的热，即有 ⑨N 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，即有

⑩因T 很大，故N 亦很大。联立⑦、⑧、⑨、⑩，得

P t v s 00=s 2s 0=20mv 21Q =T P W =NQ Nmgh Nmv 21W 20++=NL L )1N (T v 0≈-=??????+=gh T L N T Nm P 22

2