2016高考专题复习讲座（一）传送带五个考查重点解读2
文档属性
| 名称 | 2016高考专题复习讲座（一）传送带五个考查重点解读2 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 102.8KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2015-08-20 14:33:12 | ||
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文档简介
2016高考专题复习讲座（一）
传送带五个考查重点解读(二)
传送带在生产中具有广泛的应用，也是物理命题的重要模型。通过对相关传送带的考试题分析，可归纳出有关传送带的命题一般创设六类情景（水平传送带、倾斜传送带、水平与倾斜传送带组合、传送带与倾斜或圆弧轨道组合、类传送带、传送带与图象结合），重点考查五个方面（受力分析、牛顿运动定律与相对运动、平抛运动与动能定理、摩擦力做功和摩擦生热、能量守恒定律和功能关系）。
对传送带模型中问题要注意摩擦力的突变
①滑动摩擦力突变。若物块与传送带发生相对运动，则二者之间存在滑动摩擦力。若二者之间相对静止，则滑动摩擦力消失。21·世纪*教育网
②滑动摩擦力突变为静摩擦力。若物块与传送带从相对运动到相对静止，且具有加速度，则滑动摩擦力突变为静摩擦力。 【来源：21cnj*y.co*m】
③滑动摩擦力改变方向。滑动摩擦力方向与物块和传送带的相对运动方向相反，若二者相对运动方向改变，则滑动摩擦力改变方向。2·1·c·n·j·y
④静摩擦力突变。静摩擦力一般与传送带加速度大小和方向相关，若传送带加速度变化，则静摩擦力发生突变。
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对物块运动的过程进行分解，对各个运动过程，利用牛顿运动定律和运动学规律、功能关系及其相关知识列方程求解未知量。【出处：21教育名师】
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x是物体对地的位移，产生热量中的s是物块与传送带发生相对滑动的相对滑动路程，这些必须明确。【版权所有：21教育】
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。21教育名师原创作品
考查重点二、牛顿运动定律与相对运动
【考查重点与方法解读】放在水平运动的传送带上静止物体，在滑动摩擦力的作用下加速运动；放在倾斜运动的传送带上的静止物体，在滑动摩擦力和重力的作用下加速运动；由牛顿第二定律可得出加速运动的加速度。由于传送带运动速度大于物体运动速度，物体相对于传送带相对滑动，二者运动位移之差等于相对滑动距离。若物体以大于传送带的速度进入传送带上，受到的滑动摩擦力方向与物体速度方向相反，物体将做减速运动，二者运动位移之差等于相对滑动距离。
例1. 如图所示，一水平传送装置由轮半径均为R=1/πm的主动轮Q1和从动轮Q2及传送带等构成．两轮轴心相距LAB=8.0m，轮与传送带不打滑．现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出．（g取10m/s2）? （1）当传送带以4.0m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端Q2正上方的A点轻放在传送带上后，这袋面粉由A端运送到Q1正上方的B端所用的时间为多少？ （2）要想尽快将这袋面粉由A端送到B端（设初速度仍为零），主动轮Q1的转速至少应为多大？ （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）？此时主动轮的转速应满足何种条件？
解析 设面粉袋的质量为m，其在与传送带产生相对滑动的过程中所受的摩擦力f=μmg 故而其加速度为：a=f/m=μg=4.0?m/s2． （1）若传送带的速度v带=4.0?m/s，则面粉袋加速运动的时间t1=v/a=1.0?s 在t1时间内面粉袋的位移s1=at12=2.0?m 其后以v=4.0?m/s的速度做匀速运动，由s2=LAB-s1=vt2 解得：t2=1.5?s 故这袋面粉运动的总时间为：t=t1+t2=2.5?s． （2）要想时间最短，面粉袋应一直向B端做加速运动，由LAB=at′2可得：t′=2.0?s 此时传送带的运转速度最小为：v′=at′=8.0?m/s v=ωr=2πnR可得：转速的最小值n=240?r/min（或4?r/s）． （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△s=2LAB+2πR=18.0?m 在面粉袋由A端运动到B端的时间内，传送带运转的距离s=△s+LAB=26.0?m 又由（2）已知t′=2.0?s 故而有：2πn′R≥ 解得：n′≥390?r/min（或6.5?r/s）．
即这袋面粉在传送带上留下的痕迹最长能有18.0m，此时主动轮的转速n′≥390 r/min． 例2. 如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，轮半径R=?1/2π?m，两轮轴心相距L=3.75m，A、B分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。一个质量为0.1kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=。g取10m/s2。 （1）当传送带沿逆时针方向以v1=3m/s的速度匀速运动时，将小物块无初速地放在A点后，它运动至B点需多长时间？（计算中可取 ≈16， ≈20） （2）小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹。当传送带沿逆时针方向匀速运动时，小物块无初速地放在A点，运动至B点飞出。要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长，传送带匀速运动的速度v2至少多大？
解析 （1）小物块在传送带上，初始阶段速度小于传送带向下的速度v1=3m/s，相对传送带向上运动，摩擦力向下，由牛顿第二定律，mgsin30°+μmgcos30°=ma，
解得 ：小物块加速度a=7.5m/s2。
匀加速到v1=3m/s的时间t1= v1/a=0.4s，
位移x1=a t12=0.6m。 速度达到v1=3m/s后，物体相对传送带有向下的趋势，摩擦力沿斜面向上，
由于mgsin30°>μmgcos30°，
物块继续加速向下运动的加速度a’=gsin30°-μgcos30°=2.5 m/s2。
滑到B端的位移x2=L- x1=3.15m。
由x2= v1 t2+a‘t22，解得t2=0.8s。 从A到B的运动时间：t= t1+ t2=1.2s。 （2）传送带匀速运动的速度越大，小物块从A点到B点用时越短，当传送带速度等于某一值v′ 时，小物块将从A点一直以加速度a做匀加速直线运动到B点，所用时间最短，设用时t0，则有：L=at02,?? 解得t0=1.0s。 因此传送带的速度要大于v=at0=7.5ms。
传送带的速度继续增大，小物块从A到B的时间保持t0不变，而小物块和传送带之间的相对路程继续增大，小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时，痕迹为最长Smax。 设此时传送带速度为v2，则：Smax=2L+2πR， Smax= v2 t0-L
联立解得：v2=12.25m/s。? 所以痕迹最长时传送带最小速度为v2=12.25m/s。?
例3、在娱乐节目《幸运向前冲》中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让观众通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点．现有一套跑步跨栏装置（如图），平台长L1=4m，跑步机皮带长L2=32m，跑步机上方设置了一个跨栏（不随皮带移动），跨栏到平台末端的距离L3=10m，且皮带以v0=1m/s的恒定速率转动，一位挑战者在平台起点从静止开始以a1=2m/s2的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a2=1m/s2的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2秒爬起（假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止），然后又保持原来的加速度a2在跑步机上顺利通过剩余的路程．求： （1）挑战者刚冲上跑步机时速度大小． （2）挑战者从起动到到达跨栏所用的时间． （3）挑战者通过全程所用的时间．
解析 （1）根据速度位移公式得，v12=2a1L1
解得挑战者刚冲上跑步机时的速度：v1=4m/s．
（2）根据L3=v1t2+ a2t22，
代入数据有：10=4t2+×1×t22，
解得t2=2s． 开始匀加速运动的时间t1= v1/ a1==2s，
则挑战者从起动到到达跨栏所用的时间为t′=t1+t2=4s． （3）摔倒到爬起的过程中向左运行的位移x1=v0×2=2m，此时距离最右的位移大小为x′=32m-10m+2m=24m， 规定向右为正方向，x′=-v0t3+ a2t32，2-1-c-n-j-y
代入数据有：24=-t3+ ×1×t32，
解得t3=8s． 则总时间t=t1+t2+t3+2s=14s．
例4．一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4 m，BC段是倾斜的，长度LBC＝5 m，倾角为θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件（可看做质点）无初速度地放在A点，求：? （1）工件第一次到达B点所用的时间；? （2）工件沿传送带上升的最大高度；? （3）工件运动了23 s时所在的位置。
【解题探究】利用牛顿运动定律和直线运动规律平抛运动规律，得出工件第一次到达B点所用的时间；由动能定理列方程得出工件沿传送带上升的最大高度；分析工件在倾斜传送带和水平传送带的往复运动，运用相关知识可得出工件运动了23 s时所在的位置。
【解析】（1）设工件刚放在水平传送带上的加速度为a1? 由牛顿第二定律得μmg＝ma1? 解得a1＝μg＝5 m/s2? 经t1时间与传送带的速度相同，则t1＝v/ a1＝0.8 s? 21*cnjy*com
工件前进的位移为x1＝a1t12＝1.6 m? 此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2＝＝0.6 s? 所以工件第一次到达B点所用的时间t＝t1＋t2＝1.4 s? （2）设工件上升的最大高度为h，由动能定理得 (μmgcosθ－mgsinθ)·＝0－mv2? 解得h＝2.4 m。? （3）工件沿传送带向上运动的时间为t3＝＝2 s? 此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T? T＝2t1＋2t3＝5.6 s? 工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间? t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s? 而23 s＝t0＋3T? 这说明经23 s工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零。 故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB－x1＝2.4 m。
例5. 如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，轮半径R=?1/2π?m，两轮轴心相距L=3.75m，A、B分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。一个质量为0.1kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=。g取10m/s2。 （1）当传送带沿逆时针方向以v1=3m/s的速度匀速运动时，将小物块无初速地放在A点后，它运动至B点需多长时间？（计算中可取 ≈16， ≈20） （2）小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹。当传送带沿逆时针方向匀速运动时，小物块无初速地放在A点，运动至B点飞出。要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长，传送带匀速运动的速度v2至少多大？
解析：（1）小物块在传送带上，初始阶段速度小于传送带向下的速度v1=3m/s，相对传送带向上运动，摩擦力向下，由牛顿第二定律，mgsin30°+μmgcos30°=ma，
解得 ：小物块加速度a=7.5m/s2。
匀加速到v1=3m/s的时间t1= v1/a=0.4s，
位移x1=a t12=0.6m。 速度达到v1=3m/s后，物体相对传送带有向下的趋势，摩擦力沿斜面向上，
由于mgsin30°>μmgcos30°，
物块继续加速向下运动的加速度a’=gsin30°-μgcos30°=2.5 m/s2。
滑到B端的位移x2=L- x1=3.15m。
由x2= v1 t2+a ‘t22，解得t2=0.8s。 从A到B的运动时间：t= t1+ t2=1.2s。 （2）传送带匀速运动的速度越大，小物块从A点到B点用时越短，当传送带速度等于某一值v′ 时，小物块将从A点一直以加速度a做匀加速直线运动到B点，所用时间最短，设用时t0，即：L=at02,?? 解得t0=1.0s。 传送带的速度要大于at0=7.5ms。21世纪教育网版权所有
传送带的速度继续增大，小物块从A到B的时间保持t0不变，而小物块和传送带之间的相对路程继续增大，小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时，痕迹为最长Smax。 设此时传送带速度为v2，则：Smax=2L+2πR， Smax= v2 t0-L21教育网
联立解得：v2=12.25m/s。? 所以痕迹最长时传送带最小速度为v2=12.25m/s。?
例6 如图所示，轮子的半径均为R=0.20m，且均由电动机驱动以角速度w=8.0rad/s逆时针匀速转动，轮子的转动轴在同一水平面上，轴心相距d=1.6m．现将一块均匀木板轻轻地平放在轮子上，开始时木板的重心恰好在O2轮的正上方，已知木板的长度L＞2d，木板与轮子间的动摩擦因数均为=0.16（滑动摩擦力等于最大静摩擦力）．则木板的重心恰好运动到O1轮正上方所需的时间是（ ）
A．1s B．0.5s C．1.5s D．1.75s
解析：轮子的线速度v=Rω=0.2×8m/s=1.6m/s，木板的加速度a=μg=1.6m/s2，当木板达到轮子线速度所经过的时间t1=v/a=1s，位移x=at12=0.8m＜1.6m，知木板先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，匀速直线运动的位移x2=1.6-0.8m=0.8m，匀速直线运动的时间t2= x2/ v= 0.5s，所以运动的总时间t=t1+ t2= 1.5s．选项C正确。21cnjy.com
【答案】C
例7. 如图所示为某钢铁厂的钢锭传送装置，斜坡长为L＝20 m，高为h＝2 m，斜坡上紧排着一排滚筒．长为l＝8 m、质量为m＝1×103 kg的钢锭ab放在滚筒上，钢锭与滚筒间的动摩擦因数为μ＝0.3，工作时由电动机带动所有滚筒顺时针匀速转动，使钢锭沿斜坡向上移动，滚筒边缘的线速度均为v＝4 m/s。假设关闭电动机的瞬时所有滚筒立即停止转动，钢锭对滚筒的总压力近似等于钢锭的重力．取当地的重力加速度g＝10 m/s2.。试求： (1)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动，直到b端到达坡顶所需的最短时间； (2)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动，直到b端到达坡顶的过程中电动机至少要工作多长时间？21·cn·jy·com
解析：(1)钢锭开始受到的滑动摩擦力为：Ff=μmg=0.3×1×10N=3N.。 由牛顿第二定律有：Ff-mgsinα=ma1， 解得：a1=2 m/s2. 由v= a1 t1解得钢锭做匀加速运动的时间t1=2s。 匀加速运动的位移： x1=a1 t12=4m。 要使b端到达坡顶所需要的时间最短，需要电动机一直工作，钢锭先做匀加速直线运动，当它的速度等于滚筒边缘的线速度后，做匀速直线运动． 钢锭做匀速直线运动的位移： x2=L-l- x1=8m 由x2=v t2，解得做匀速直线运动的时间：t2=2s。 所需最短时间：t= t1+ t2=4s。. (2)要使电动机工作的时间最短，钢锭的最后一段运动要关闭电动机，钢锭匀减速上升，b端到达坡顶时速度刚好为零． 关闭电动机匀减速上升时，由牛顿第二定律有：Ff+mgsinα=ma1， 解得：a2=4 m/s2. 由v= a3 t3解得钢锭匀减速运动时间t3=1s。 匀减速运动位移： x3=vt3=2m。 匀速运动的位移： x4=L-l- x1- x3=6m ,【来源：21·世纪·教育·网】
由x4=v t4，解得做匀速直线运动的时间：t4=1.5s。 电动机至少要工作的时间：t= t1+t4=2s+1.5s=3.5s。. 点评：本题关键是对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后运用运动学公式列式求解．21*cnjy*com
例8. 如图所示为粮食仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距L1=3m；另一台倾斜传送，传送带与地面间的倾角为θ为37o，C、D两端相距L2=4.45m，B、C相距很近．水平传送带以v0=5m/s沿顺时针方向转动．现将质量为m=10kg的一袋大米无初速度的放在A端，它随传送带到达B点后，速度大小不变的传到倾斜传送带的C端．米袋与两传送带之间的动摩擦因素均为0.5，取g=10m/s2，sin37o=0.6,cos37o=0.8.
（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离是多少？
（2）若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，则米袋从C端运动到D端的时间为多少？
【解析】（1）米袋在AB上加速运动的加速度为a0=μmg/m=5m/s2。
米袋速度达到v0=5m/s时滑过的距离s0==2.5m故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，到达C端速度为v0=5m/s。
设米袋在CD上传送的加速度大小为a，据牛顿第二定律 mg sinθ+μmgcosθ=ma
得 a=10m/s2。
能沿CD上滑的最大距离 s==1.25m。 、
（2）CD顺时针转动时，米袋速度减为v=4m/s之前的加速度为
a1=-g(sinθ+μcosθ)=-10m/s2，
此时上滑的距离s1==0.45m。
米袋速度达到v=4m/s后，由于μmgcosθ其加速度为a2=-g(sinθ-μcosθ)=-2m/s2，
减速到零时上滑的距离s2==4m。
s1+s2=4.45m=L2，即速度为零时刚好到D端 。
由v0减速为v所用时间 t1==0.1s ，
由v减速为0所用时间t2==2s ，
故米袋从C到D的总时间 t= t1+ t2=2.1s 。
例9．如图所示的传送皮带，其水平部分AB长sAB=2m，BC与水平面夹角θ=37°，长度sBC =4m，一小物体P与传送带的动摩擦因数=0.25，皮带沿A至B方向运行，速率为v=2m/s，若把物体P放在A点处，它将被传送带送到C点，且物体P不脱离皮带，求物体从A点被传送到C点所用的时间．（sin37°=0.6，g=l0m/s2）www-2-1-cnjy-com
解析：物体P随传送带做匀加速直线运动，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，
得P匀加速运动的时间．
，
匀速运动时间．
P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www.21-cn-jy.com
，
，解得t3=1s（另解，舍去）．
从A至C经过时间t=t1＋t2＋t3=2.4s．
【答案】2.4s
传送带五个考查重点解读(二)
传送带在生产中具有广泛的应用，也是物理命题的重要模型。通过对相关传送带的考试题分析，可归纳出有关传送带的命题一般创设六类情景（水平传送带、倾斜传送带、水平与倾斜传送带组合、传送带与倾斜或圆弧轨道组合、类传送带、传送带与图象结合），重点考查五个方面（受力分析、牛顿运动定律与相对运动、平抛运动与动能定理、摩擦力做功和摩擦生热、能量守恒定律和功能关系）。
对传送带模型中问题要注意摩擦力的突变
①滑动摩擦力突变。若物块与传送带发生相对运动，则二者之间存在滑动摩擦力。若二者之间相对静止，则滑动摩擦力消失。21·世纪*教育网
②滑动摩擦力突变为静摩擦力。若物块与传送带从相对运动到相对静止，且具有加速度，则滑动摩擦力突变为静摩擦力。 【来源：21cnj*y.co*m】
③滑动摩擦力改变方向。滑动摩擦力方向与物块和传送带的相对运动方向相反，若二者相对运动方向改变，则滑动摩擦力改变方向。2·1·c·n·j·y
④静摩擦力突变。静摩擦力一般与传送带加速度大小和方向相关，若传送带加速度变化，则静摩擦力发生突变。
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对物块运动的过程进行分解，对各个运动过程，利用牛顿运动定律和运动学规律、功能关系及其相关知识列方程求解未知量。【出处：21教育名师】
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x是物体对地的位移，产生热量中的s是物块与传送带发生相对滑动的相对滑动路程，这些必须明确。【版权所有：21教育】
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。21教育名师原创作品
考查重点二、牛顿运动定律与相对运动
【考查重点与方法解读】放在水平运动的传送带上静止物体，在滑动摩擦力的作用下加速运动；放在倾斜运动的传送带上的静止物体，在滑动摩擦力和重力的作用下加速运动；由牛顿第二定律可得出加速运动的加速度。由于传送带运动速度大于物体运动速度，物体相对于传送带相对滑动，二者运动位移之差等于相对滑动距离。若物体以大于传送带的速度进入传送带上，受到的滑动摩擦力方向与物体速度方向相反，物体将做减速运动，二者运动位移之差等于相对滑动距离。
例1. 如图所示，一水平传送装置由轮半径均为R=1/πm的主动轮Q1和从动轮Q2及传送带等构成．两轮轴心相距LAB=8.0m，轮与传送带不打滑．现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出．（g取10m/s2）? （1）当传送带以4.0m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端Q2正上方的A点轻放在传送带上后，这袋面粉由A端运送到Q1正上方的B端所用的时间为多少？ （2）要想尽快将这袋面粉由A端送到B端（设初速度仍为零），主动轮Q1的转速至少应为多大？ （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）？此时主动轮的转速应满足何种条件？
解析 设面粉袋的质量为m，其在与传送带产生相对滑动的过程中所受的摩擦力f=μmg 故而其加速度为：a=f/m=μg=4.0?m/s2． （1）若传送带的速度v带=4.0?m/s，则面粉袋加速运动的时间t1=v/a=1.0?s 在t1时间内面粉袋的位移s1=at12=2.0?m 其后以v=4.0?m/s的速度做匀速运动，由s2=LAB-s1=vt2 解得：t2=1.5?s 故这袋面粉运动的总时间为：t=t1+t2=2.5?s． （2）要想时间最短，面粉袋应一直向B端做加速运动，由LAB=at′2可得：t′=2.0?s 此时传送带的运转速度最小为：v′=at′=8.0?m/s v=ωr=2πnR可得：转速的最小值n=240?r/min（或4?r/s）． （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△s=2LAB+2πR=18.0?m 在面粉袋由A端运动到B端的时间内，传送带运转的距离s=△s+LAB=26.0?m 又由（2）已知t′=2.0?s 故而有：2πn′R≥ 解得：n′≥390?r/min（或6.5?r/s）．
即这袋面粉在传送带上留下的痕迹最长能有18.0m，此时主动轮的转速n′≥390 r/min． 例2. 如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，轮半径R=?1/2π?m，两轮轴心相距L=3.75m，A、B分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。一个质量为0.1kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=。g取10m/s2。 （1）当传送带沿逆时针方向以v1=3m/s的速度匀速运动时，将小物块无初速地放在A点后，它运动至B点需多长时间？（计算中可取 ≈16， ≈20） （2）小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹。当传送带沿逆时针方向匀速运动时，小物块无初速地放在A点，运动至B点飞出。要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长，传送带匀速运动的速度v2至少多大？
解析 （1）小物块在传送带上，初始阶段速度小于传送带向下的速度v1=3m/s，相对传送带向上运动，摩擦力向下，由牛顿第二定律，mgsin30°+μmgcos30°=ma，
解得 ：小物块加速度a=7.5m/s2。
匀加速到v1=3m/s的时间t1= v1/a=0.4s，
位移x1=a t12=0.6m。 速度达到v1=3m/s后，物体相对传送带有向下的趋势，摩擦力沿斜面向上，
由于mgsin30°>μmgcos30°，
物块继续加速向下运动的加速度a’=gsin30°-μgcos30°=2.5 m/s2。
滑到B端的位移x2=L- x1=3.15m。
由x2= v1 t2+a‘t22，解得t2=0.8s。 从A到B的运动时间：t= t1+ t2=1.2s。 （2）传送带匀速运动的速度越大，小物块从A点到B点用时越短，当传送带速度等于某一值v′ 时，小物块将从A点一直以加速度a做匀加速直线运动到B点，所用时间最短，设用时t0，则有：L=at02,?? 解得t0=1.0s。 因此传送带的速度要大于v=at0=7.5ms。
传送带的速度继续增大，小物块从A到B的时间保持t0不变，而小物块和传送带之间的相对路程继续增大，小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时，痕迹为最长Smax。 设此时传送带速度为v2，则：Smax=2L+2πR， Smax= v2 t0-L
联立解得：v2=12.25m/s。? 所以痕迹最长时传送带最小速度为v2=12.25m/s。?
例3、在娱乐节目《幸运向前冲》中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让观众通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点．现有一套跑步跨栏装置（如图），平台长L1=4m，跑步机皮带长L2=32m，跑步机上方设置了一个跨栏（不随皮带移动），跨栏到平台末端的距离L3=10m，且皮带以v0=1m/s的恒定速率转动，一位挑战者在平台起点从静止开始以a1=2m/s2的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a2=1m/s2的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2秒爬起（假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止），然后又保持原来的加速度a2在跑步机上顺利通过剩余的路程．求： （1）挑战者刚冲上跑步机时速度大小． （2）挑战者从起动到到达跨栏所用的时间． （3）挑战者通过全程所用的时间．
解析 （1）根据速度位移公式得，v12=2a1L1
解得挑战者刚冲上跑步机时的速度：v1=4m/s．
（2）根据L3=v1t2+ a2t22，
代入数据有：10=4t2+×1×t22，
解得t2=2s． 开始匀加速运动的时间t1= v1/ a1==2s，
则挑战者从起动到到达跨栏所用的时间为t′=t1+t2=4s． （3）摔倒到爬起的过程中向左运行的位移x1=v0×2=2m，此时距离最右的位移大小为x′=32m-10m+2m=24m， 规定向右为正方向，x′=-v0t3+ a2t32，2-1-c-n-j-y
代入数据有：24=-t3+ ×1×t32，
解得t3=8s． 则总时间t=t1+t2+t3+2s=14s．
例4．一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4 m，BC段是倾斜的，长度LBC＝5 m，倾角为θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件（可看做质点）无初速度地放在A点，求：? （1）工件第一次到达B点所用的时间；? （2）工件沿传送带上升的最大高度；? （3）工件运动了23 s时所在的位置。
【解题探究】利用牛顿运动定律和直线运动规律平抛运动规律，得出工件第一次到达B点所用的时间；由动能定理列方程得出工件沿传送带上升的最大高度；分析工件在倾斜传送带和水平传送带的往复运动，运用相关知识可得出工件运动了23 s时所在的位置。
【解析】（1）设工件刚放在水平传送带上的加速度为a1? 由牛顿第二定律得μmg＝ma1? 解得a1＝μg＝5 m/s2? 经t1时间与传送带的速度相同，则t1＝v/ a1＝0.8 s? 21*cnjy*com
工件前进的位移为x1＝a1t12＝1.6 m? 此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2＝＝0.6 s? 所以工件第一次到达B点所用的时间t＝t1＋t2＝1.4 s? （2）设工件上升的最大高度为h，由动能定理得 (μmgcosθ－mgsinθ)·＝0－mv2? 解得h＝2.4 m。? （3）工件沿传送带向上运动的时间为t3＝＝2 s? 此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T? T＝2t1＋2t3＝5.6 s? 工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间? t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s? 而23 s＝t0＋3T? 这说明经23 s工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零。 故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB－x1＝2.4 m。
例5. 如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，轮半径R=?1/2π?m，两轮轴心相距L=3.75m，A、B分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。一个质量为0.1kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=。g取10m/s2。 （1）当传送带沿逆时针方向以v1=3m/s的速度匀速运动时，将小物块无初速地放在A点后，它运动至B点需多长时间？（计算中可取 ≈16， ≈20） （2）小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹。当传送带沿逆时针方向匀速运动时，小物块无初速地放在A点，运动至B点飞出。要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长，传送带匀速运动的速度v2至少多大？
解析：（1）小物块在传送带上，初始阶段速度小于传送带向下的速度v1=3m/s，相对传送带向上运动，摩擦力向下，由牛顿第二定律，mgsin30°+μmgcos30°=ma，
解得 ：小物块加速度a=7.5m/s2。
匀加速到v1=3m/s的时间t1= v1/a=0.4s，
位移x1=a t12=0.6m。 速度达到v1=3m/s后，物体相对传送带有向下的趋势，摩擦力沿斜面向上，
由于mgsin30°>μmgcos30°，
物块继续加速向下运动的加速度a’=gsin30°-μgcos30°=2.5 m/s2。
滑到B端的位移x2=L- x1=3.15m。
由x2= v1 t2+a ‘t22，解得t2=0.8s。 从A到B的运动时间：t= t1+ t2=1.2s。 （2）传送带匀速运动的速度越大，小物块从A点到B点用时越短，当传送带速度等于某一值v′ 时，小物块将从A点一直以加速度a做匀加速直线运动到B点，所用时间最短，设用时t0，即：L=at02,?? 解得t0=1.0s。 传送带的速度要大于at0=7.5ms。21世纪教育网版权所有
传送带的速度继续增大，小物块从A到B的时间保持t0不变，而小物块和传送带之间的相对路程继续增大，小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时，痕迹为最长Smax。 设此时传送带速度为v2，则：Smax=2L+2πR， Smax= v2 t0-L21教育网
联立解得：v2=12.25m/s。? 所以痕迹最长时传送带最小速度为v2=12.25m/s。?
例6 如图所示，轮子的半径均为R=0.20m，且均由电动机驱动以角速度w=8.0rad/s逆时针匀速转动，轮子的转动轴在同一水平面上，轴心相距d=1.6m．现将一块均匀木板轻轻地平放在轮子上，开始时木板的重心恰好在O2轮的正上方，已知木板的长度L＞2d，木板与轮子间的动摩擦因数均为=0.16（滑动摩擦力等于最大静摩擦力）．则木板的重心恰好运动到O1轮正上方所需的时间是（ ）
A．1s B．0.5s C．1.5s D．1.75s
解析：轮子的线速度v=Rω=0.2×8m/s=1.6m/s，木板的加速度a=μg=1.6m/s2，当木板达到轮子线速度所经过的时间t1=v/a=1s，位移x=at12=0.8m＜1.6m，知木板先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，匀速直线运动的位移x2=1.6-0.8m=0.8m，匀速直线运动的时间t2= x2/ v= 0.5s，所以运动的总时间t=t1+ t2= 1.5s．选项C正确。21cnjy.com
【答案】C
例7. 如图所示为某钢铁厂的钢锭传送装置，斜坡长为L＝20 m，高为h＝2 m，斜坡上紧排着一排滚筒．长为l＝8 m、质量为m＝1×103 kg的钢锭ab放在滚筒上，钢锭与滚筒间的动摩擦因数为μ＝0.3，工作时由电动机带动所有滚筒顺时针匀速转动，使钢锭沿斜坡向上移动，滚筒边缘的线速度均为v＝4 m/s。假设关闭电动机的瞬时所有滚筒立即停止转动，钢锭对滚筒的总压力近似等于钢锭的重力．取当地的重力加速度g＝10 m/s2.。试求： (1)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动，直到b端到达坡顶所需的最短时间； (2)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动，直到b端到达坡顶的过程中电动机至少要工作多长时间？21·cn·jy·com
解析：(1)钢锭开始受到的滑动摩擦力为：Ff=μmg=0.3×1×10N=3N.。 由牛顿第二定律有：Ff-mgsinα=ma1， 解得：a1=2 m/s2. 由v= a1 t1解得钢锭做匀加速运动的时间t1=2s。 匀加速运动的位移： x1=a1 t12=4m。 要使b端到达坡顶所需要的时间最短，需要电动机一直工作，钢锭先做匀加速直线运动，当它的速度等于滚筒边缘的线速度后，做匀速直线运动． 钢锭做匀速直线运动的位移： x2=L-l- x1=8m 由x2=v t2，解得做匀速直线运动的时间：t2=2s。 所需最短时间：t= t1+ t2=4s。. (2)要使电动机工作的时间最短，钢锭的最后一段运动要关闭电动机，钢锭匀减速上升，b端到达坡顶时速度刚好为零． 关闭电动机匀减速上升时，由牛顿第二定律有：Ff+mgsinα=ma1， 解得：a2=4 m/s2. 由v= a3 t3解得钢锭匀减速运动时间t3=1s。 匀减速运动位移： x3=vt3=2m。 匀速运动的位移： x4=L-l- x1- x3=6m ,【来源：21·世纪·教育·网】
由x4=v t4，解得做匀速直线运动的时间：t4=1.5s。 电动机至少要工作的时间：t= t1+t4=2s+1.5s=3.5s。. 点评：本题关键是对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后运用运动学公式列式求解．21*cnjy*com
例8. 如图所示为粮食仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距L1=3m；另一台倾斜传送，传送带与地面间的倾角为θ为37o，C、D两端相距L2=4.45m，B、C相距很近．水平传送带以v0=5m/s沿顺时针方向转动．现将质量为m=10kg的一袋大米无初速度的放在A端，它随传送带到达B点后，速度大小不变的传到倾斜传送带的C端．米袋与两传送带之间的动摩擦因素均为0.5，取g=10m/s2，sin37o=0.6,cos37o=0.8.
（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离是多少？
（2）若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，则米袋从C端运动到D端的时间为多少？
【解析】（1）米袋在AB上加速运动的加速度为a0=μmg/m=5m/s2。
米袋速度达到v0=5m/s时滑过的距离s0==2.5m
设米袋在CD上传送的加速度大小为a，据牛顿第二定律 mg sinθ+μmgcosθ=ma
得 a=10m/s2。
能沿CD上滑的最大距离 s==1.25m。 、
（2）CD顺时针转动时，米袋速度减为v=4m/s之前的加速度为
a1=-g(sinθ+μcosθ)=-10m/s2，
此时上滑的距离s1==0.45m。
米袋速度达到v=4m/s后，由于μmgcosθ
减速到零时上滑的距离s2==4m。
s1+s2=4.45m=L2，即速度为零时刚好到D端 。
由v0减速为v所用时间 t1==0.1s ，
由v减速为0所用时间t2==2s ，
故米袋从C到D的总时间 t= t1+ t2=2.1s 。
例9．如图所示的传送皮带，其水平部分AB长sAB=2m，BC与水平面夹角θ=37°，长度sBC =4m，一小物体P与传送带的动摩擦因数=0.25，皮带沿A至B方向运行，速率为v=2m/s，若把物体P放在A点处，它将被传送带送到C点，且物体P不脱离皮带，求物体从A点被传送到C点所用的时间．（sin37°=0.6，g=l0m/s2）www-2-1-cnjy-com
解析：物体P随传送带做匀加速直线运动，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，
得P匀加速运动的时间．
，
匀速运动时间．
P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www.21-cn-jy.com
，
，解得t3=1s（另解，舍去）．
从A至C经过时间t=t1＋t2＋t3=2.4s．
【答案】2.4s
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