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1、动力学中的传送带问题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：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：分析问题的思路：初始条件相对运动判断滑动摩擦力的大
2、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、水平放置运行的传送带一、水平放置运行的传送带 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（ ）AB1212,vv tt1212,vv ttCD1212,vv tt1212,vv tt2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
3、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= v2 C若 v1 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/Bsvm st根据22 02tvvas当 010rad/s 时，22 02BgLvv当 30rad/s 时，22 02BgLvv，解得：05/vm s6 【答案】2 0002vag ag （）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
4、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v0a0t，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，2 0001 2sa tv t2 0 2vsa传送带上留下的黑色痕迹的长度 ls0s由以上各式得2 0002vaglag （）二、倾斜放置运行的传送带二、倾斜放置运行的传送带1 【答案】2s解析：物体的运动
5、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/s2=10m/s2物体加速至与传送带
6、速度相等需要的时间，1 110s=1s10vtat1时间内位移2 1 115m2sa t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：2 22sincos,2m/smgmgmaa设后一阶段物体滑至底端所用的时间为 t2，由 ，2 22 21 2Lsvta t解得 t2=1s，t2=11s（舍去） 所以物体由 AB 的时间 t=t1t2=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 mgcos37mgsin37ma则 agcos37gsi
7、n370.4 m/s2物体加速至 2 m/s 所需位移s0 m5 mLv22a222 0.4经分析可知物体先加速 5 m再匀速运动 sLs06 m.匀加速运动时间 t1 s5 s.va20.4匀速运动的时间 t2 s3 s.sv62则总时间 tt1t2(53) s8 s.答案：8 s 三、组合类三、组合类的传送带的传送带 1 【答案】2.4s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，11111,NFma FFmg v
8、a t得 P 匀加速运动的时间1 10.8svvtag，22 11 1112110.8m,22ABsa tgtssvt匀速运动时间120.6sABsstvP 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，2 33cos37cos37,0.44m/smgmgma ag ，解得 t3=1s（另解，舍去） 2 33 31 2BCsvta t32st 从 A 至 C 经过时间 t=t1t2t3=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
9、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2 1/4 . 01)6 . 08 . 08 . 0(101sincossmmmgmga运动时间savt5 . 211运动距离absmavs25. 14 . 02 1 22121在 ab 部分匀速运动过程中运动时间svsstab45. 3125. 17 . 41 1所以物体 A 从 a 处被传送到 b 和所用的时间sttt95. 545. 35 . 2213(14 分)解：(1)米袋在 AB 上加速时的加速度(2 分)2 0/5smmmga米袋的速度达到=5ms 时，滑行的距离，因此米加0vmABmavs35 . 220
10、2 0 0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mamgmgcossin代人数据得 a=10ms2(2 分)所以，它能上滑的最大距离(1 分)mavs25. 122 0(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)2 1/10)cos(sinsmga速度减为 4m / s 时上滑位移为.(1 分)mavvs45. 0212 02 1 1米袋速度等于 4ms 时，滑动摩擦力方向改变，由于，故米amgamgsincos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)2 2/2)cos(sinsmga速度减到 0 时上滑位移为(1 分)mavs42022 1 2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sav avvttt1 . 221101 21
