4.倾斜传送带问题的四大难点剖析-《中学生数理化》高考理化2025年7～8月刊

■ 山 东 省 临 沂 第 十 八 中 学 张 宇 乔 文 迪 传送带问题是高考 命题的热点之一,处理 传送带问题时需要用到 受力分析、临界状态分 析、运动学公式、功能关 系等知识,对考生的综 合素质要求较高,尤其 是倾斜传送带问题,难 度更大,很多考生往往 不知从何入手。下面将 针对倾斜传送带问题中 的四大难点,探寻顺利 求解 的 切 入 点 和 关 键 点,希望能够为同学们 的复习备考提供助益。 难点 1:摩擦力的 类型、大小和方向的正 确判定 要想正确分析传送 带上滑块的运动过程, 需要先做好受力分析, 分析倾斜传送带上滑块 所受摩擦力可类比斜面 问题,先假设传送带不动,根据滑块与传送带 之间相对运动的情况正确判定滑块所受摩擦 力的类型、大小和方向,再根据牛顿第二定律 列式求出滑块的加速度。 分析倾斜传送带上滑块的受力情况时需 要注意以下两个关键点: (1)初始时刻(滑块与传送带之间有相对 运动)。 若滑块相对传送带向下运动,如图1所 示,则 滑 块 受 到 的 滑 动 摩 擦 力 大 小 f= μmgcos θ,方向沿传送带向上。当μ<tan θ 时,滑块的加速度大小a=gsin θ-μgcos θ, 方向沿传送带向下;当μ=tan θ时,滑块的 加速度等于0;当μ>tan θ时,滑块的加速度 大小a=μgcos θ-gsin θ,方向沿传送带向 上。若滑块相对传送带向上运动,如图2所 示,则 滑 块 受 到 的 滑 动 摩 擦 力 大 小 f= μmgcos θ,方向沿传送带向下,滑块的加速度 大小a=gsin θ+μgcos θ,方向沿传送带 向下。 图1 图2 图3 (2)共速时刻(滑块与传送带之间无相对 运动)。 当滑块与传送带共速时,如图3所示,若 μ≥tan θ,则滑块受到的是静摩擦力,其大小 f=mgsin θ,方向沿传送带向上,滑块的加速 度等于0;若μ<tan θ,则滑块受到的是滑动 摩擦力,其大小f=μmgcos θ,方向沿传送带 向上,滑块的加速度大小a=gsin θ-μgcos θ, 方向沿传送带向下。 图4 例 1 运送粮袋的 传送装置如图4所示,已 知传送带A、B 两端间的 长度为L,传送带与水平 方向间的夹角为θ,传送 带正常工作时的运行速 度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ, 且μ>tan θ。工人在 A 端将粮袋放到正常 运行的传送带上,关于粮袋从传送带A 端运 动到B 端的过程(假设最大静摩擦力等于滑 动摩擦力),以下说法正确的是( )。 A.粮袋到达B 端时的速度可能大于、可 能等于、也可能小于v B.粮 袋 开 始 运 动 时 的 加 速 度 大 小 为 g(sin θ-μcos θ),若L 足够大,则粮袋最终 将以速度v做匀速运动 C.粮袋从传送带A 端到B 端可能一直 做加速运动 D.不论μ为多大,粮袋从传送带A 端到 B 端一直做匀加速运动,且a>gsin θ 解析:设粮袋的质量为m,对粮袋进行受 力分析,如图5所示,刚开始运动时粮袋受到 沿传送带向下的滑动摩擦力,有沿传送带向 下的加速度,设粮袋的加速度大小为a1,根 据牛顿第二定律得 mgsin θ+μmgcos θ= ma1,解得a1=gsin θ+μgcos θ;若粮袋能够 与传送带达到共速,则对粮袋进行受力分析, 81 物理部分 经典题突破方法 高考理化 2025年7—8月 如图6所示,因为μ>tan θ,即μmgcos θ> mgsin θ,所以粮袋与传送带达共速后,粮袋 受到沿传送带向上的静摩擦力,将随传送带 一起做匀速运动到底端B。因此粮袋在传送 带上可能一直以加速度a1 做匀加速运动,到 达B 端时的速度小于v;也可能先以加速度 a1 做匀加速运动,当其速度与传送带的速度 相同后,做匀速运动,到达B 端时的速度等 于v,选项A、D错误,C正确。粮袋开始运动 时受到沿传送带向下的滑动摩擦力,加速度 大小a1=gsin θ+μgcos θ,选项B错误。 图5 图6 答案:C 难点2:传送时间与最短传送时间的分 析与求解 要想计算传送时间必须明确滑块的运动 情况,需要先根据每个阶段滑块的受力情况 和初始运动状态分析判断滑块的运动性质, 再应用牛顿运动定律,结合运动学公式或运 动图像进行分析与判断。 调节传送带的速度使得滑块的传送时间 最短,求解最短传送时间可分为以下两种 情况: (1)当滑块沿传送带上行时,应保证滑块 始终受到沿传送带向上的滑动摩擦力(传送 带始终相对滑块向上运动)。 (2)当滑块沿传送带下行时,应保证滑块 始终受到沿传送带向下的滑动摩擦力(传送 带始终相对滑块向下运动)。 图7 例 2 如图7所示 为皮带传输装置示意图 的一部分,皮带与水平 地面间的夹角θ=37°, 皮带A、B 两端相距L= 5 m,质量m=1 kg的物 体以速度v0=6 m/s沿 皮带从A 端上滑,物体与皮带间的动摩擦因 数μ=0.5,皮带沿顺时针方向运转的速度 v=4 m/s,取 重 力 加 速 度 g=10 m/s2, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)物体从皮带A 端运动到B 端所需的 时间。 (2)若皮带沿顺时针方向运转的速度可 以调节,则物体从皮带A 端运动到B 端的最 短时间是多少? 解析:(1)对物体进行受力分析,如图8 所示,刚开始运动时物体受到沿皮带向下的 滑动摩擦力,有沿皮带向下的加速度,设物体 的加速度大小为a1,根据牛顿第二定律得 mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=10 m/s2, 物体达到与皮带共速需要的时间t1= v-v0 -a1 = 0.2 s,此过程中物体的位移 x= v2-v20 -2a1 = 1 m;物体与皮带共速时,对物体进行受力分 析,如图9所示,因为μmgcos θ<mgsin θ,所以 物体继续沿皮带减速上滑,设物体的加速度 大小为a2,根据牛顿第二定律得 mgsin θ- μmgcos θ=ma2,解得a2=2 m/s2。根据运动 学公式得L-x=vt2- 1 2a2t 2 2,解得t2=2 s, 物体运动到皮带B 端时的速度恰好减小到 0。因此物体从皮带A 端运动到B 端所需的 时间t总=t1+t2=2.2 s。 图8 图9 (2)若皮带的速度较大,物体沿皮带上滑 时一直受沿皮带向上的滑动摩擦力,则所用 时间最短,这种情况下物体一直以加速度a2 做减速运动到皮带B 端,根据运动学公式得 L=v0t- 1 2a2t 2,解得t=1 s(t=5 s舍去)。 难点3:相对位移、相对路程与划痕长度 的比较 不同阶段滑块与传送带发生相对运动的 情况不同,它们之间的相对位移Δx、相对路 程s(摩擦生热距离)、划痕长度l的辨别是难 点。辨别与比较这三个物理量可分为以下两 91 物理部分 经典题突破方法 高考理化 2025年7—8月 种情况: (1)若滑块与传送带的相对运动是单向 直线运动,则满足Δx=s=l。 (2)若滑块与传送带的相对运动是往返 运动,单段相对位移大小分别为Δx1、Δx2,则 Δx=|Δx1-Δx2|,s=Δx1+Δx2,划痕长度 l等于Δx1、Δx2 中较大者。 图10 例 3 如图10所 示,倾斜传送带与水平方 向间的夹角θ=37°,传送 带以速度v=10 m/s沿顺 时针方向匀速转动,传送 带 A 端到 B 端 的 长 度 L=29 m,在传送带的A 端轻放一块质量m=1 kg的煤块(可视为质 点),同时对煤块施加一个大小为12 N、方向 平行于传送带向上的拉力F,将煤块从传送 带A 端拉至B 端,当煤块相对传送带滑动时 会在传送带上留下黑色痕迹。已知煤块与传 送带间的动摩擦因数μ=0.5,取重力加速度 g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)煤块从传送带A 端运动到B 端所用 的时间。 (2)煤块从传送带A 端运动到B 端的过 程中,在传送带上留下的黑色痕迹长度。 (3)煤块从传送带A 端运动到B 端的过 程中,与传送带因摩擦而产生的热量。 解析:(1)对煤块进行受力分析,如图11 所示,刚开始运动时煤块受到沿传送带向上 的滑动摩擦力,有沿传送带向上的加速度,直 到与传送带共速,设煤块的加速度大小为 a1,用时为t1,位移为x1,根据牛顿第二定律 得F+μmgcos θ-mgsin θ=ma1,根据运动 学公式得v=a1t1,x1= 1 2a1t 2 1,解得a1= 10 m/s2,t1=1 s,x1=5 m;当煤块与传送带 共速时,对煤块进行受力分析,如图12所示, 因为F>mgsin θ+μmgcos θ,所以煤块将继 续沿传送带加速上滑直至B 端,设煤块的加 速度大小为a2,用时为t2,位移为x2,同理得 F-mgsin θ-μmgcos θ=ma2,x2=vt2+ 1 2a2t 2 2,x2=L-x1,解得a2=2 m/s2,x2= 24 m,t2=2 s(t2=-12 s舍去)。因此煤块 从传送带A 端运动到B 端所用的总时间t= t1+t2=3 s。 图11 图12 (2)设t1 时间内传送带的位移为x1',煤 块在传送带上留下的黑色痕迹长度为Δx1, 则x1'=vt1=10 m,Δx1=x1'-x1=5 m;设 t2 时间内传送带的位移为x2',煤块在传送带 上留下 的 黑 色 痕 迹 长 度 为 Δx2,则 x2'= vt2=20 m,Δx2=x2-x2'=4 m。因为t2 时 间内煤块的速度大于传送带的速度,所以这 段时间内煤块留下的痕迹覆盖在t1 时间内 留下的痕迹上,最终传送带上留下的黑色痕 迹长度l=Δx1=5 m。 (3)煤块从传送带A 端运动到B 端的过 程中,与传送带因摩擦而产生的热量 Q= fs相对=μmgcos θ·(Δx1+Δx2),解得 Q= 36 J。 补充:本题也可以利用运动学图像求解 痕迹长度和相对路程。取沿传送带向上为正 方向,煤块和传送带的速度随时间变化的关 系如图13所示,其中s1=5 m,s2=4 m,则相 对位移Δx=s1-s2=1 m,相对路程s=s1+ s2=9 m,痕迹长度l=s1=5 m。 图13 难点4:电动机消耗电能、摩擦力做功与 摩擦生热的比较 摩擦力做功引起的能量变化是传送带能 量问题中的难点,求解这类问题通常可以从 以下两个角度考虑: (1)从做功层面分析,利用功的定义直接 02 物理部分 经典题突破方法 高考理化 2025年7—8月 求解,需要明确力和力的方向上的位移,若中 途力的大小或方向发生了变化,则还应根据 具体情况进行分段求解。摩擦力对滑块做功 Wf=fx块,摩擦力对传送带做功Wf'=fx带。 若f 为静摩擦力,则Wf+Wf'=0;若f 为滑 动摩擦力,则Wf+Wf'<0。 (2)从能量层面分析,利用功是能量转化 的量度求解,需要明确每个力做功过程中有 哪些能量发生了转化和能量如何转化。电动 机牵引力克服摩擦力对传送带做功消耗电 能,即E电=-Wf',传送带对物体做功将一部 分电能转化为物体的机械能,即 Wf=ΔE= ΔEk+ΔEp,滑动摩擦力对系统做功将一部分 电能转化为摩擦生热,即Wf+Wf'=-Q,因 此E电=Wf+Q=ΔEk+ΔEp+Q。 例 4 (多选)如图14甲所示,一倾角 θ=37°的传送带以恒定速率运行。现将一质 量m=4 kg的物体抛上传送带,物体相对地 面的速度随时间变化的关系如图14乙所示, 取沿传送带向上为正方向,重力加速度g= 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列 说法中正确的是( )。 图14 A.物体与传送带间的动摩擦因数为 7 8 B.0~8 s内物体位移的大小为18 m C.0~8 s内传送带对物体做的功为360 J D.0~8 s内因放上物体,传送带电动机 多消耗的电能为864 J 解析:根据v-t图像的斜率表示加速度 可知,0~6 s内物体加速度的大小a= Δv Δt= 1 m/s2,方向沿传送带向上,根据牛顿第二定 律得μmgcos θ-mgsin θ=ma,解得μ= 7 8 , 选项A正确。根据v-t图像与坐标轴围成的 图形的面积表示位移可知,0~8 s内物体位 移的大小x=- 1 2×2×2 m+ 2+6 2 ×4 m= 14 m,选项B错误。传送带对物体做的功等 于物体机械能的变化量,0~8 s内物体上升 的高度h=xsin θ=8.4 m,重力势能的增加 量ΔEp=mgh=336 J,动能的增加量ΔEk= 1 2m (v22-v21)=24 J,物体机械能的增加量 ΔE=ΔEp+ΔEk=360 J,因此传送带对物体 做的功为360 J,选项C正确。 0~6 s内物体 与传送带发生相对滑动,传送带的位移x带= v带t=4×6 m=24 m,物体的位移 x物 = - 1 2×2×2 m+ 1 2×4×4 m=6 m,则物体 与传送带的相对位移Δx=x带-x物=18 m, 因摩擦而产生的热量Q=μmgcos θ·Δx= 504 J,因此0~8 s内因放上物体,传送带电 动机多消耗的电能E电=ΔE+Q=864 J,选 项D正确。 答案:ACD 补充:(1)传送带对物体做的功也可以直 接利用做功的表达式求解。0~6 s内物体受 到沿传送带向上的滑动摩擦力,物体沿传送 带向上的位移x1=6 m,滑动摩擦力对物体 做的正功Wf1=μmgcos θ·x1=168 J;6 s~ 8 s内物体受到沿传送带向上的静摩擦力,物 体沿传送带向上的位移x2=8 m,静摩擦力 对物体做的正功Wf2=mgsin θ·x2=192 J。 因此0~8 s内传送带对物体做的功 Wf= Wf1+Wf2=360 J。(2)0~8 s内因放上物 体,传送带电动机多消耗的电能等于传送带 克服摩擦力做的功。0~6 s内传送带受到向 下的滑动摩擦力,传送带向上的位移x1'= 24 m,传 送 带 克 服 摩 擦 力 做 的 功 Wf1'= μmgcos θ·x1'=672 J;6 s~8 s内传送带受 到向下的静摩擦力,传送带向上的位移x2'= 8 m,传 送 带 克 服 摩 擦 力 做 的 功 Wf2'= mgsin θ·x2'=192 J。因此0~8 s内因放 上物体,传送带电动机多消耗的电能 E电= Wf'=Wf1'+Wf2'=864 J。 (责任编辑 张 巧) 12 物理部分 经典题突破方法 高考理化 2025年7—8月