2016高考专题复习讲座（一）传送带五个考查重点解读5

2016高考专题复习讲座（一）
传送带五个考查重点解读（五）
传送带在生产中具有广泛的应用，也是物理命题的重要模型。通过对相关传送带的考试题分析，可归纳出有关传送带的命题一般创设六类情景（水平传送带、倾斜传送带、水平与倾斜传送带组合、传送带与倾斜或圆弧轨道组合、类传送带、传送带与图象结合），重点考查五个方面（受力分析、牛顿运动定律与相对运动、平抛运动与动能定理、摩擦力做功和摩擦生热、能量守恒定律和功能关系）。
对传送带模型中问题要注意摩擦力的突变
①滑动摩擦力突变。若物块与传送带发生相对运动，则二者之间存在滑动摩擦力。若二者之间相对静止，则滑动摩擦力消失。【来源：21·世纪·教育·网】
②滑动摩擦力突变为静摩擦力。若物块与传送带从相对运动到相对静止，且具有加速度，则滑动摩擦力突变为静摩擦力。 21教育网
③滑动摩擦力改变方向。滑动摩擦力方向与物块和传送带的相对运动方向相反，若二者相对运动方向改变，则滑动摩擦力改变方向。21·世纪*教育网
④静摩擦力突变。静摩擦力一般与传送带加速度大小和方向相关，若传送带加速度变化，则静摩擦力发生突变。
传送带模型的一般解法
①确定研究对象；②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；③对物块运动的过程进行分解，对各个运动过程，利用牛顿运动定律和运动学规律、功能关系及其相关知识列方程求解未知量。【出处：21教育名师】
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x是物体对地的位移，产生热量中的s是物块与传送带发生相对滑动的相对滑动路程，这些必须明确。【版权所有：21教育】
分析问题的思路：初始条件→相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→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。21教育名师原创作品
考查重点五、功能关系和能量守恒定律
【考查重点解读】传送带一般是依靠电动机带动，不考虑其他损耗，根据能量守恒定律，消耗的电能等于传送物体增加的动能和物体与传送带相对运动摩擦产生的热量。21*cnjy*com
例1. 飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带．传送带的总质量为M，其俯视图如图所示．现开启电动机，当传送带达到稳定运行的速度v后，将行李依次轻轻放到传送带上．若有n件质量均为m的行李需通过传送带送给旅客，假设在转弯处行李与传送带间无相对运动，忽略皮带轮、电动机损失的能量．求从电动机开启到运送完行李需要消耗的电能为多少？
解析 设行李与传送带间的动摩擦因数为μ，则行李与传送带间由于摩擦而产生的总热量：Q=nμmg△x由运动学公式得：△x=x带-x行=vt-vt=vt。
又v=at=μgt联立解得Q=nmv2
由能量守恒得：E=Q+Mv2+nmv2
故电动机消耗的电能为 E= Mv2+nmv2
例2.（2015·江苏四市调研）如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长．某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平．已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦．求：
运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比；
物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；
若传送带以不同的速度v（0解析.（1）设P的位移、加速度大小分别为s1、a1，Q的位移、加速度大小分别为s2、a2，
因s1=2 s2，故a1=2a2
对P有：μmg+T=ma1 ，对Q有：mg－2T=ma2
联立解得：a1=0.6g 。
P先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，则有
共速后，由于f=μmg设此时P加速度为a1’ ，Q的加速度为a2’=a1’ /2
对P有：T－μmg=ma1’ ，对Q有：mg－2T=ma2 ’
联立解得：a1’=0.2g
设减速到0位移为x2，
PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功， 。
（或对PQ系统用能量守恒求解，）
（3）第一阶段P相对皮带向前，相对路程；
第二阶段相对皮带向后，相对路程；
摩擦热
当时，摩擦热最小，最小值： 。
例3 如图所示为一利用传送带输送货物的装置，质量为1kg的物块（可视为质点）自斜面顶端由静止开始下滑，并能滑到一以恒定速度运动的水平长传送带上，再由传送带输送到远处目的地。已知斜面高h=2.0m，水平底边长L=4.0m；传送带宽d=2.0m，传送带的运动速度v=3.0m/s。物块与斜面之间的动摩擦因数μ1=0.30。物块沿斜面下滑的速度方向与传送带运动方向垂直。斜面与传送带接触处由一段非常小 圆弧面，圆弧面的半径R=0.5m。物块通过斜面与传送带交界面处时其速度的大小不变，重力加速度g=10m/s2，物块与斜面、物块与传送带之间的最大静摩擦力等于滑到摩擦力。21世纪教育网版权所有
（1）求物块滑到斜面底端圆弧面上时对圆弧面的压力；若物块滑到传送带上后不会从传送带边缘脱离，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2至少为多少？
（2）假设传送带由一带有稳速装置的直流电动机驱动，与电动机连接的电源的电动势E=200V，内阻可忽略；电动机内阻r=10Ω。传送带空载（无输送货物）时工作电流I0=2.0A；当货物的平均流量（单位时间内输送货物的质量）稳定在η=kg/s时，求电动机的平均工作电流。（假设除了货物与传送带之间的摩擦损耗和电动机的内阻热损耗外，其它部分的能量损耗与传送带上的货物量无关。货物可看作很多从斜面顶端由静止滑下的物块。）
解析 （1）设物块在斜面上滑动的加速度为a，物块滑到斜面底端时的速度为v0，斜面倾角为θ，sinθ=，长度s=，www.21-cn-jy.com
根据牛顿第二定律，mgsinθ-μ1mgcosθ=ma，
由匀变速直线运动规律，v02=2as，
联立解得：v0=4.0m/s。
设物块滑到最低点受到圆弧面的支持力为FN，由牛顿第二定律，FN-mg=m，
解得：FN=42N。
根据牛顿第三定律，物块滑到斜面底端圆弧面上时对圆弧面的压力为42N。
以传送带为参考系，物块滑到传送带上相对于传送带的速度大小为：v0’==5.0m/s。
运动方向与传送带边缘的夹角α满足：tanα=4/3。
物块在传送带上做匀减速直线运动，其加速度大小a’=μ2g，
物块相对于传送带运动的最大距离：s’=。
物块不脱离传送带对应的最小静摩擦因数μ2应满足：s’sinα=d。
联立解得：μ2=0.5..。
（2）与传送带有相对运动的货物总质量M=ηt=η=η
货物对传送带摩擦力的合力大小为f=μ2Mg=ηv0’。
方向与v0’的方向相同。
以地面为参考系，传送带速度为v，货物对传送带做功的功率为P’=-fvcosα。
因此货物所引起的附加功率为：△P=- P’=fvcosα=ηv2=·32W=640W。
考虑到无货物时电动机的输出功率P0=E I0- I02R=360W。
有货物时电动机的输出功率P=△P+P0=1000W。
设有货物时电动机的工作电流为I，则有：输出功率P=E I- I2R，
解得：I=10A。
例4. 如图所示为一种测定运动员体能的装置，运动员的质量为m1，绳的一端拴在腰间并沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮质量及摩擦），绳的下端悬挂一个质量为m2的重物，人用力蹬传送带使传送带以速率v匀速向右运动而人的重心不动．下面说法中正确的是www-2-1-cnjy-com
A．绳子拉力对人做正功
B．人对传送带做正功
C．运动时间t后，运动员的体能消耗约为m2gvt
D．运动时间t后，运动员的体能消耗约为（m1+m2）gvt
解析：根据题述人的重心不动可知人处于平衡状态，人没有位移，所以绳子拉力对人不做功，选项A错误．人对传送带的作用力向右，传送带对地的位移也向右，则人对传送带做正功．选项B正确．人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于m2g，人对传送带做功的功率为P=fv=m2gv，运动时间t后，运动员的体能消耗约为m2gvt．选项C正确D错误．
【答案】BC
例5 如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度v=2.0m/s匀速运行，A端上方靠近传送带料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量为Q＝50 kg/s落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是(　　)??????????2-1-c-n-j-y
A．电动机应增加的功率为100 W
B．电动机应增加的功率为200 W
C．在一分钟内因煤与传送带摩擦生的热为6.0×103?J
D．在一分钟内因煤与传送带摩擦生的热为1.2×104?J
解析：设煤的水平速度由0加速到v的过程中对地位移为s=0.5vt，则该过程中传送带位移为vt=2s，两者相对滑动路程为2s-s=s=vt，一分钟内落到传送带上煤的质量m=Qt=3000kg，由动能定理，fs=mv2，摩擦产生热量Q热= fs=mv2=6.0×103?J；一分钟内电动机多做功W=mv2+ Q热=1.2×104?J，电动机应增加的功率为P=W/t=200 W，选项BC正确。2·1·c·n·j·y
答案：BC
例6 为了节能，某货场设计了如图所示的送货装置，长为L的水平传送带右端B与一光滑弧面相连，弧面顶端为储货平台，将货物无初速度轻放在传送带左端A，通过传送带到达B端时具有一定动能，货物可以利用此动能滑上储货平台，平台离传送带高h，在安装调试时传送带以某一速度匀速运动，工人发现货物只能上滑到h/2处，为了进一步研究货物不能滑上平台的原因，工人在传送带上用粉笔画了一条直线，当货物放上去后发现有一段长为s0（s0＜L）的粉笔线被货物擦过，则（1）货物与传送带间的动摩擦因数多大？（2）为了将货物送上储货平台，工人进行了适当调整，使货物滑上平台后刚好停止，分析说明工人采取了什么措施及装置应满足的条件．（3）在满足（2）的条件下，货物获得的机械能与系统增加的内能之比多大？
解析：（1）货物滑上弧面后机械能守恒，则有? mv2=mg?h/2，
得到v=
货物放上传送带后，最初做匀加速运动，设位移为s1，在相同时间内传送带通过的位移为s2，传送带的速度为v，由运动学公式得：s1=v t，s2=vt，　　21*cnjy*com
又s0=s2-s1得到：s0=v t。
所以得到s1=s0由动能定理得???μmgs1=mv2
解得：μ=
（2）因为s0＜L，货物与传送带间动摩擦因数一定，因此可用增大加速距离的方法来提高货物离开传送带时的速度，提高传送带的速度即可增大加速距离，从而提高货物离开传送带时的速度，使
mv2=mgh即能满足要求．???????此时传送带的长度应不小于货物加速的距离有??μmgs=mv2【来源：21cnj*y.co*m】
联立得到：s=2s0????????又要满足s≤L，则有L≥2s0（3）在满足（2）的条件下，货物获得的机械能等于增加的重力势能mgh，由（1）得到：△E=μmg2s0．由功能关系知系统增加的内能等于克服摩擦力做的功，即Q=μmgs相由（1）知货物相对传送带的位移为? s相=2s0所以在满足（2）的条件下，货物获得的机械能与系统增加的内能之比值为1∶1．
例7. (2014华约自主招生物理第1题)如图所示的传送带装置，与水平面的夹角为θ，且tanθ=3 /4 。 传送带的速度为v=4m/s，摩擦系数为μ=5 /4 ，将一个质量m=4kg的小物块轻轻的放置在装置的底部，已知传送带装置的底 部到顶部之间的距离L=20m。（本题重力加速度g=10m/s2）
（1）求物块从传送带底部运动到顶部的时间t；
（2）求此过程中传送带对物块所做的功。
【解析】 （1）对小物块做受力分析，画出受力分析图如图。垂直斜面方向受力平衡：N=mgcosθ=mg。21cnjy.com
小物块相对传送带滑动所受摩擦力：f1=μN=mg=mg。
平行斜面方向小物块做匀加速运动 ，由牛顿运动定律，f1-mgsinθ=ma，
解得：a=4m/s2。
方向沿传送带向上。
运动到物块速度与传送带速度相同时经过的时间为：t1=v/a=1s。
运动的距离为：s1=at12=2m。
剩下的距离为s2=L? s1=18m。由于小物块所受最大静摩擦力大于重力沿传送带斜面沿斜面向下的重力分力，之后物块与传送带一起做匀速运动，则
t2= s2/v=4.5s
所以物块从传送带底部运动到顶部的时间t= t1+t2=5.5s。
（2） 解法一：由第一问可知，在物块加速过程中摩擦力为f1=mg =40N。
此时摩擦力对物块做功W1= f1 s1=40×2J=80J。
匀速过程中摩擦力满足：f2=mgsinθ=24N。
传送带对小物块做功W2= f2 s2=24×18J=432J。
此过程中传送带对物块所做的功W= W1+ W2=512J。
解法二： 用功能原理，传送带对物块所做的功为物块获得的机械能（动能与重力势能）则： W=mv2+mgLsinθ=512J。 21·cn·jy·com
【点评】传送带是高考命题热点之一，该题以传送带切入命题，意在考查受力分析、牛顿运动定律、