(1)若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带在CD上所能上升的最大距离； (2)若倾斜部分CD以4m／s的速率顺时针方向转动，求米袋从C运动到D所用的时间。
动力学中的传送带问题参考答案
一、水平放置运行的传送带
1．D提示：物体从滑槽滑至末端时，速度是一定的．若传送带不动，物体受摩擦力方
向水平向左，做匀减速直线运动．若传送带逆时针转动，物体受摩擦力方向水平向左，做匀减速直线运动．两次在传送带都做匀减速运动，对地位移相同，加速度相同，所以末速度相同，时间相同，故D． 2．B
3．B提示：传送带静止时，物块能通过传送带落到地面上，说明滑块在传送带上一直做匀减速运动．当传送带逆时针转动，物块在传送带上运动的加速度不变，由
vt?v0?2as22可知，滑块滑离传送带时的速度vt不变，而下落高度决定了平抛运动的时
间t不变，因此，平抛的水平位移不变，即落点仍在Q点． 4．【答案】（1）4N，a=lm/s2；（2）1s；（3）2m/s 解析：（1）滑动摩擦力F=μmg ① 以题给数值代入，得F=4N 由牛顿第二定律得
②
F=ma ③
2
代入数值，得a=lm/s④
（2）设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度v=1m／s．则 v=at
代入数值，得t=1s
12 ⑤ ⑥
（3）行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短．则
l?at2min ⑦ ⑧
代入数值，得tmin?2s 传送带对应的运行速率 Vmin=atmin 代人数据解得Vmin=2m/s
⑨ ⑩
5．解：（1）物体的水平位移相同，说明物体离开B点的速度相同，物体的速度大于皮带的
速度，一直做匀减速运动。
（2）当ω=10rad/s时，物体经过B点的速度为vB?R??1m/s.
平抛运动：s?vBth?12gt.解得：t=1s，h=5m.
2（3）当ω>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
vB??st?3m/s.
2根据vt2?v0?2as
22当0≤ω≤10rad/s时，2?gL?v0?vB
22当ω≥30rad/s时，2?gL?v，?v0 B解得：v0?25m/s
6．【答案】
v（a0??g）02a0?g
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 a＝μg
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 v0＝a0t，v＝at
由于a 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 2a传送带上留下的黑色痕迹的长度l＝s0－s s0?12a0t?v0t?，s?2v02 由以上各式得l?v（a0??g）02a0?g2 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mgsinθ与所受的最大静摩擦力，若 ?继续向下加速．若≥tanθ，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×（0.6＋0.5×0.8）m/s2=10m/s2 ? t1?va1?1010s=1s物体加速至与传送带速度相等需要的时间 s?12a1t1?5m2， t1时间内位移 ． 由于? mgsin???mgcos??ma2,a2?2m/s2． 22a2t1L?s?v2t?2设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由 ， 解得t2=1s，t2=－11s（舍去）． 所以物体由A→B的时间t=t1＋t2=2s． 2．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μmgcos37°－mgsin37°＝ma 则a＝μgcos37°－gsin37°＝0.4 m/s2 物体加速至2 m/s所需位移 2 v22s0＝＝ m＝5 m 2a2×0.4 经分析可知物体先加速5 m 再匀速运动s＝L－s0＝6 m. v2 匀加速运动时间t1＝＝ s＝5 s. a0.4s6 匀速运动的时间t2＝＝ s＝3 s. v2则总时间t＝t1＋t2＝(5＋3) s＝8 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F1?ma1,F1??FN1??mg,v?a1t， 得P匀加速运动的时间t1?122va1?v?g?0.8s． s1?a1t1?12?gt1?0.8m,sAB?s1?vt2， sAB?s1v?0.6s． 2匀速运动时间t2?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 2mgcos37???mgcos37??ma3,a3?0.4g?4m/s， sBC?vt3?122． ???2s，舍去）a3t3，解得t3=1s（另解t3从A至C经过时间t=t1＋t2＋t3=2.4s． 2．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 a1??mgcos??mgsin?m?1?10?(0.8?0.8?0.6)1?0.4m/s??① 2 运动时间t1?va1v2?2.5s????② 运动距离s1?2a1?122?0.4?1.25m?sab??③ 在ab部分匀速运动过程中运动时间 t1?sab?s1v?4.7?1.251?3.45s??④ 所以物体A从a处被传送到b和所用的时间 t?t1?t2?2.5?3.45?5.95s??⑤ 3．(14分)解：(1)米袋在AB上加速时的加速度a0?米袋的速度达到v0=5m／s时，滑行的距离s0?v02?mgm?5m/s…………(2分) 22a0?2.5m?AB?3m，因此米加速 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=5m／s……………(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 mgsin???mgcos??ma 代人数据得a=10m／s……………………………………………………………..(2分) 所以，它能上滑的最大距离s?v022 2a?1.25m…………………………………..(1分) (2顺斜部分传送带沿顺时针方向转动时，米袋速度减为4m／s之前的加速度为 a1??g(sin???cos?)??10m/s………………………………………….(1分) 2
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