内容正文:
例析传送带模型中的摩擦力突变问题
■江苏省镇江第一中学 李更磊 白利燕
传送带模型是以真实物理情景为依据的
理想模型,以传送带模型为载体的试题是理
论联系生产、生活与科技的典型问题,在各级
各类考试中出现的频率都很高。求解涉及传
送带模型的试题时,正确进行受力分析是前
提,尤其需要分析清楚在传送带上运动的物
体受到的摩擦力的性质、大小和方向。下面
通过具体问题剖析求解传送带模型中的摩擦
力突变问题的策略,供同学们参考。
一、求解水平传送带模型中的摩擦力突
变问题的策略
物体在以恒定速度转动的水平传送带上
运动时,在水平方向上只受摩擦力作用,传送
带对物体的滑动摩擦力使物体做匀加速直线
运动,加速度大小为μg(μ 为传送带与物体
间的动摩擦因数),当物体与传送带相对静止
时,滑动摩擦力突变为零,物体随传送带一起
做匀速直线运动。因此抓住物体与传送带共
速这一临界状态,结合受力分析和运动学公
式,即可求解相关问题。
例 1 如图1所示,长度l=20
m的传
送带,以恒定速度v=2
m/s沿顺时针方向匀
速转动,利用该传送带可以运送货物。已知
货物与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,取重
力加速度g=10
m/s2。若把质量 m=2
kg
的货物轻轻地放在传送带的左端,则经过多
长时间才能把货物运送到传送带右端?
图1
解析:物体在传送带上运动时,在水平方
向上只受摩擦力作用。将货物轻轻地放在传
送带左端的起初一段时间内,货物受到传送
带对它的滑动摩擦力作用,做初速度为零的
匀加速直线运动,其加速度大小a=μg=
1
m/s2。设货物加速到与传送带共速所用的
时间为t1,位移为x1,则v=at1,x1=
1
2at
2
1,
解得t1=2
s,x1=2
m<20
m。因此货物先
在滑动摩擦力的作用下加速到与传送带共速
(二者共速时滑动摩擦力突变为零),后随传
送带一起以速度v 做匀速直线运动,直至到
达传送带右端。设货物做匀速运动所用的时
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解题篇 经典题突破方法
高考理化 2024年9月
间为t2,位移为x2,则x2=l-x1,x2=vt2,
解得t2=9
s。因此货物从传送带左端运动
到右端所用的总时间t=t1+t2=11
s。
例 2 如图2所示,固定在水平地面
上、长度为l的传送带始终以速度v 沿逆时
针方向匀速转动,质量为m 的小物体以初速
度v0 沿水平方向从左端滑上传送带。已知
小物体与传送带间的动摩擦因数为μ,皮带
到水平地面的高度为 H,重力加速度为g。
求小物体离开传送带后的落地点到传送带端
点的水平距离。
图2
解析:小物体以初速度v0 从左端滑上传
送带的起初一段时间内,因为v0 与v方向相
反,所以小物体受到大小为μmg、方向水平
向左的滑动摩擦力作用,向右做匀减速直线
运动,其加速度大小a=μg。假设小物体一
直做匀减速运动直至速度减小到0,则所用
时间t1=
v0
μg
,发生的位移x1=
v20
2μg
。
若x1>l,则说明小物体在速度减小到0
之前已经从传送带右端离开,并以离开传送
带时的速度为初速度做平抛运动。设小物体
从传送带右端离开时的速度为vt,则v2t-
v20=-2μgl,解得vt= v20-2μgl。根据平
抛运动规律可得,小物体离开传送带后的落
地点到传送带右端的水平距离x=vt ,竖直
距离 H=
1
2gt
2,解得x=
2(v20-2μgl)H
g
。
若x1<l,则说明小物体在速度减小到0
时,仍在传送带上。之后小物体将在传送带
对它的大小为μmg、方向水平向左的滑动摩
擦力作用下向左做匀加速直线运动。当v0 ≤
v时,小物体反向(向左)加速运动到传送带
左端时的速度大小仍为v0,并以速度v0 为初
速度做平抛运动,离开传送带后的落地点到
传送带左端的水平 距 离 x=v0
2H
g
;当
v0>v时,小物体反向(向左)加速运动到与
传送带共速的瞬间,所受滑动摩擦力突变为
0,之后小物体与传送带保持相对静止,随传
送带运动到左端,并以速度v 为初速度做平
抛运动,离开传送带后的落地点到传送带左
端的水平距离x=v
2H
g
。
二、求解倾斜传送带模型中的摩擦力突
变问题的策略
物体在倾斜传送带上运动时,物体受到
沿竖直方向的重力、垂直于传送带的支持力、
沿传送带的摩擦力作用,物体与传送带达到
共速的瞬间会引起摩擦力的突变,而摩擦力
的突变又会导致物体的运动情况发生变化。
因此,抓住物体与传送带共速这一临界条件,
利用μ与tan
θ的大小关系等辅助条件对物
体进行受力分析,判断出摩擦力的性质和方
向,即可求解相关问题。
例 3 如图3所示,倾斜传送带与水平
图3
方向间的夹角θ=37°,传送
带始终以速度v=10
m/s
沿逆时针方向匀速转动,将
一小物块(可视为质点)轻
轻地放在传送 带 的 上 端。
已知小物块和传送带间的
动摩擦因数μ=0.5,传送带两皮带轮轴心间
的距离l=29
m,假设最大静摩擦力等于滑
动摩擦力,取重力加速度g=10
m/s2,sin
37°
=0.6,cos
37°=0.8。小物块从传送带上端
运动到下端所用的时间是多少?
解析:将一小物块轻轻地放在传送带的
上端的起初一段时间内,传送带的速度大于
小物块的速度,小物块受到沿传送带向下的
滑动摩擦力,由静止开始加速下滑,其受力情
况如图4甲所示;当小物块加速至与传送带
速度相等时,因μ<tan
θ,故小物块继续加速
下滑,此后小物块的速度大于传送带的速度,
小物块受到的滑动摩擦力方向突变为沿传送
带向上,其受力情况如图4乙所示。
在小物块受到沿传送带向下的滑动摩擦
力而加速下滑的过程中,根据牛顿第二定律
得 mgsin
θ+μmgcos
θ=ma1,解 得 a1=
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解题篇 经典题突破方法
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图4
10
m/s2。当小物块加速到与传送带速度相
等时,所用时间t1=
v
a1
=1
s,发生的位移
x1=
1
2a1t
2
1=5
m<l。之后,在小物块受到
沿传送带向上的滑动摩擦力而加速下滑的过
程中,根 据 牛 顿 第 二 定 律 得 mgsin
θ-
μmgcos
θ=ma2,解得a2=2
m/s2。设小物
块继续下滑至传送带下端所用的时间为t2,
根据运动学公式得l-x1=vt2+
1
2a2t
2
2,解
得t2=2
s。因此,小物块从传送带上端运动
到下端所用的总时间t=t1+t2=3
s。
图5
例 4 如图5所示
为货场使用的传送带模
型,传送带倾斜放置,与
水平面间的夹角θ=30°,
传送带A、B 两端间的距
离足够大,传送带以恒定
速率v=2
m/s沿顺时针方向匀速转动,一包
货物以初速度v0=10
m/s从A 端滑上传送
带,若货物与传送带间的动摩擦因数μ=
3
6
,
可将货物受到的最大静摩擦力认为等于滑动
摩擦力,取重力加速度g=10
m/s2。
(1)货物刚从A 端滑上传送带时的加速
度为多大?
(2)货物沿传送带上滑能够到达的最高
点与A 点间的距离为多大?
(3)若货物与传送带间的动摩擦因数
μ=0.7,则货物与传送带达到共速后的运动
情况如何?
解析:(1)货物以初速度v0 从A 端滑上
传送带的起初一段时间内,受到竖直向下的
重力、垂直于传送带的支持力和沿传送带向
下的滑动摩擦力。设这段时间内货物的加速
度大小为a1,根据牛顿第二定律,在沿传送
带方向上有mgsin
θ+f=ma1,在垂直于传
送带方向上有mgcos
θ=N,又有f=μN,解
得a1=7.5
m/s2。
(2)在货物沿传送带向上以加速度a1 做
匀减速直线运动的过程中,设货物的速度从
v0 减小到与传送带共速所用的时间为t1,发
生的位移为x1,根据运动学公式得v-v0=
-a1t1,x1=
v+v0
2 t1
,解得t1=
16
15
s,x1=
6.4
m。因为mgsin
θ>μmgcos
θ,所以此后
货物受到的滑动摩擦力突变为沿传送带向
上,继续做匀减速直线运动直到速度减小到
0,上滑到最高点。设这段时间内货物的加速
度大小为a2,根据牛顿第二定律得 mgsin
θ
-μmgcos
θ=ma2,解得a2=2.5
m/s2。设
货物以加速度a2 做匀减速直线运动至速度
减小到0所用的时间为t2,发生的位移为x2,
根据 运 动 学 公 式 得0-v=-a2t2,x2=
v+0
2 t2
,解得t2=0.8
s,x2=0.8
m。因此货
物沿传送带上滑能够到达的最高点与 A 点
间的距离x=x1+x2=7.2
m。
(3)若货物与传送带间的动摩擦因数
μ=0.7,则μ>tan
θ,即货物受到的滑动摩擦
力大于重力沿斜面向下的分力,当货物与传
送带达共速时,滑动摩擦力突变为静摩擦力,
且与重力沿斜面向下的分力 mgsin
θ 相平
衡,方向沿传送带向上。因此当货物与传送
带达到共速后,货物将会相对传送带静止,随
传送带一起向上做匀速直线运动,直至到达
传送带B 端。
总结:以传送带模型为载体的问题涉及
运动学、动力学、能量等多个知识点,需要同
学们灵活选用物理规律,采用多种思维方法
进行分析与求解。速度相等是传送带模型中
摩擦力发生突变的隐含条件,不管物体在传
送带上的运动状态如何改变,分析清楚物体
所受摩擦力的性质、大小和方向是顺利求解
相关问题的关键。
(责任编辑 张 巧)
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