该时间内传送带相对于B的位移Δx1＝x1′－x1＝2m. t2时间内传送带的位移x2′＝－v0t2＝－2m， 该时间内传送带相对于B的位移Δx2＝x2－x2′＝1m. v－0
B回到传送带左端的时间为t3，则t3＝＝5s.
a3t3时间内传送带的位移x3′＝－v0t3＝－25m， 该时间内传送带相对于B的位移 Δx3＝x3－x3′＝(5＋25) m.
B与传送带之间的摩擦力Ff＝μmg＝2N. 上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量 Q＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3)＝(16＋45) J.
练习12：如图5所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体质量m＝1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，试求：
图5
(1)物体由A端运动到B端的时间； (2)系统因摩擦产生的热量． 答案 (1)2s (2)24J
解析 (1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，1
设物体经时间t加速到与传送带同速，则v＝a1t1，x1＝a1t12，可解得a1＝10m/s2，t1＝1s，x1＝5m
2因mgsinθ＞μmgcosθ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速 mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 1
L－x1＝vt2＋a2t22
2解得t2＝1s
故物体由A端运动到B端的时间 t＝t1＋t2＝2s
(2)物体与传送带间的相对位移 x相对＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6m
16
故Q＝μmgcosθ·x相对＝24J.
0
练习13：已知一足够长的传送带与水平面的倾角为30，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块，物块的质量m=1kg,以此时为t＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图所示,若图中取沿斜面向下的运动方向为正方向，其中v1=－6m/s, v2=4m/s,
2
t1=\取10 m/s,已知传送带的速度保持不变。 求：
（1）物块与传送带间的摩擦系数；
（2）0～t2内带动传送带的电动机多消耗的电能； （3）0～t2内系统产生的内能；
（1）（2）23.3J（3）29.17J
试题分析：（1）（3分）由于最终物块与带共速，所以物体开始向上运动， 由图象可知物体的加速度大小为根据牛顿第二定律有：
，方向沿传送带向下，
求得：（3分）由图可知：
传送带在0～t2内通过的位移：
（2）根据能的转化和守恒定律，电动机多消耗的电能
（3）（4分）因为物体与传送带的相对位移：
产生的内能：
练习14：如图所示的传送带装置，长度为4 m，与水平方向之间的夹角为37°，传送带以0.8 m/s的速
度匀速运行,从流水线上下来的工件每隔2 s有一个落到A点(可认为初速度为零)，工件质量为1 kg.经传送带运送到与B等高处的平台上，再由工人运走．已知工件与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin 37°
2
＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s.求：
17
（1）每个工件从落上传送带的A点开始到被传送至最高点B所经历的时间； （2）传送带对每个工件所做的功；
（3）由于传送工件，传送带的动力装置需增加的功率．
解：(1)工件刚放上传送带时的加速度为 a＝μgcos 37°－gsin 37°＝0.4 m/s
2
(2分)
当工件速度达v＝0.8 m/s时，工件相对传送带静止工件加速的时间t1＝＝ s＝2 s (1分)
加速运动的位移s1＝at12＝
×0.4×2 m＝0.8 m (1分)
2
在AB段匀速运动的位移为s2＝4 m－0.8 m＝3.2 (1分)
所用的时间为t2＝＝ s＝4 s (1分) 总时间为t＝t1＋t2＝6 s (1分)
(2)由动能定理得W－mgLsin 37°＝mv2 (3分)
W＝mgLsin 37°＋mv2＝1×10×4×0.6 J＋
×1×0.8 J＝24.32 J (2分)
2
(3)因工件在AB段上加速运动的时间为2 s，所以在位移xt内总是有一个工件位于传送带上，该工件对传送带的滑动摩擦力为Ff1＝mgμcos 37°＝6.4 N (2分)
工件在AB段上匀速运动过程中，因前后两工件相隔时间为2 s，两工件之间的距离为2×0.8 m＝1.6 m，所以这段距离内始终有两个工件位于传送带上，每个工件对传送带的摩擦力为Ff2＝mgsin 37°＝6 N (3分)
传送带动力装置需增加的功率为P＝(Ff1＋2Ff2)v＝18.4×0.8 W＝14.72 W (2分)
练习15：如图7所示，传送带与地面的倾角θ=37°，从A端到B端的长度为16m，传送带以v0=10m/s的速度沿逆时针方向转动。在传送带上端A处无初速地放置一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，求（1）物体从A端运动到B端所需的时间是多少？（2）这个过程中系统产生的内能。
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(sin37°=0.6，cos37°=0.8)
命题解读：该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，若μ＞0.75，第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动；若L＜5m，物体将一直加速运动。因此，在解答此类题目的过程中，对这些可能出现两种结果的特殊过程都要进行判断。
分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带施加给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”。 图7
开始阶段由牛顿第二定律 mgsinθ＋μmgcosθ=ma1
解得a1=gsinθ＋μgcosθ=10m/s2
物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t1＝v/a1＝1s
发生的位移为s＝
1a1ｔ12＝5m＜16m 2图8
牛顿第二定律
可知物体加速到10m/s时仍未到达B点 第二阶段的受力分析如图(b)所示，应用有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 所以a2＝2m/s2
设第二阶段物体滑动到B端的时间为t2 则LAB－s＝vｔ2＋
1a2ｔ22 2解得t2＝1sｔ2′=-11s（舍去） 故物体经历的总时间ｔ=t1＋t2=2s （2）W1=fs1=μmgcosθ·s1=10J W2=-fs2=-μmgcosθ·s2= -22J 所以，W=W1+W2=10-22=-12J
故知系统发热产生的内能是12J
练习16：如图所示，许多工厂的流水线上安装有传送带用于传送工件，以提高工作效率。传送带以恒定的速率v =\运送质量为m = 0.5kg的工件，工件从A位置放到传送带上，它的初速度忽略不计。工件与传送带之间的动摩擦因数
=
/2，传送带与水平方向夹角是θ= 30，传送带A、B间长度是l= 16m；
2
o
每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即放到传送带上，取g = 10m/s，求：
⑴工件放到传送带后经多长时间停止相对滑动； ⑵在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离； ⑶在传送带上摩擦力对每个工件做的功；
⑷每个工件与传送带之间由于摩擦产生的内能；
⑸传送带满载工件比空载时增加多少功率？
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分析：（1）工件先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀速运动．相邻工件间的距离等于工件相对传送带滑行的位移大小．先根据牛顿第二定律求出工件的加速度，再由速度公式求出工件在传送带相对滑动的时间，由位移公式分别求出传送带与工件的位移，即可求得相对位移．
（2）工件先受到滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，后速度与传送带相同后，受到静摩擦力，大小为mgsinθ，根据功的公式求解摩擦力对每个工件做的功．
（3）摩擦生热Q=fs相，s相是工件与传送带的相对位移．
（4）电动机多消耗的电能转化为工件的机械能与克服摩擦力做功转化成的内能，根据能量守恒求解． （1）即：
2.5 m/s； 又
2
；
； ∴t =\；
停止滑动前，工件相对地移动的距离为：（2）（3）
m或用图像法求解
m
=\
（4）=J
（5）满载时皮带上工件数11个，其中10个在做匀速直线运动，最下面的一个正在做匀加速运动且加速0.4秒时功率最大，
所以增加的功率P=10mgvsinθ+μmgcosθv =57.5w
点评：本题一方面要分析工件的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解相对位移，即可求出摩擦产生的热量，另一方面要分析能量如何转化，由能量守恒定律求解电动机消耗的电能．
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