2016高考专题复习讲座（一）传送带五个考查重点解读4

2016高考专题复习讲座（一）
传送带五个考查重点解读（四）
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。2-1-c-n-j-y
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。
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*cnjy*com
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。
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。
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。【来源：21cnj*y.co*m】
考查重点四、摩擦力做功与摩擦生热
【考查重点解读】摩擦力与在摩擦力作用下运动的路程的乘积等于摩擦力做的功。滑动摩擦力与相对路程的乘积等于摩擦生的热。www.21-cn-jy.com
例1. 用如图所示的水平传送带AB和斜面BC将货物运送到斜面的顶端．传送带AB的长度L=11m，上表面保持匀速向右运行，运行的速度v=12m/s．传送带B端靠近倾角θ=37°的斜面底端，斜面底端与传送带的B端之间有一段长度可以不计的小圆弧．在A、C处各有一个机器人，A处机器人每隔△t=1.0s将一个质量m=10kg的货物箱（可视为质点）轻放在传送带A端，货物箱经传送带和斜面后到达斜面顶端的C点时速度恰好为零，C点处机器人立刻将货物箱搬走．已知斜面BC的长度s=5.0m，传送带与货物箱之间的动摩擦因数μ0=0.55，货物箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小损失原来的，g=10m/s2（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）斜面与货物箱之间的动摩擦因数μ；（2）从第一个货物箱放上传送带A端开始计时，在t0=3.0s的时间内，所有货物箱与传送带摩擦产生的热量Q。
（3）如果C点处的机器人操作失误，未能将第一个到达C点的货物箱搬走而造成与第二个货物箱在斜面上相撞．求两个货物箱在斜面上相撞的位置到C点的距离．（本问结果可以用根式表示）
解析 （1）货物箱在传送带上做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有????? μ0mg=ma0解得???????????????a0=μ0g=5.5m/s2??????????????????????????????????????由运动学公式???????v12=2a0L解得货物箱运动到传送带右端时的速度大小为??v1=11m/s＜v=12m/s，
说明货物箱在传送带上一直做匀加速运动．货物箱刚冲上斜面时的速度???????v2=（1-）v1=10m/s货物箱在斜面上向上运动过程中???v22=2a1s解得?????????????????????????a1=10m/s2??????????????????????????????????根据牛顿第二定律???????mgsinθ+μmgcosθ=ma1解得?????????????????????μ=0.5?????????????????????????????????????（2）在t0=3.0s的时间内，放上传送带的货物箱有3个，前两个已经通过传送带，它们在传送带上加速时间t1= t2=2.0s，第3个货物箱还在传送带上运动，其加速时间 t3=1.0s
前两个货物箱与传送带之间的相对位移△s=vt1-v1t1=13m。
第3个货物箱与传送带之间的相对位移△s’=vt3-v1t3=9.25m。
前两个货物箱与传送带之间摩擦产生的总热量Q1=2μ0mg△s=1430J.
第3个货物箱与传送带之间摩擦产生的热量Q2=μ0mg△s’=508.75J.
在t0=3.0s的时间内，所有货物箱与传送带摩擦产生的热量Q= Q1+ Q2=1938.75J.
（3）由?v1= a0?t1，解得货物箱由A运动到B的时间为t1=2s，
由?v2= a1?t2，解得B运动到C的时间为t2=1s，
可见第一个货物箱冲上斜面C端时第二个货物箱刚好冲上斜面．货物箱沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律有：mgsinθ-μmgcosθ=ma2解得加速度大小????????????????a2=2.0m/s2??????????????????????????????设第一个货物箱在斜面C端沿斜面向下运动与第二个货物箱相撞的过程所用时间为t，有????????????????v2t-a1t?2+a2t?2=s????????????????????????????????????????????????????解得t= s≈0.69s。两个货物箱在斜面上相遇的位置到C端的距离s1=a2t?2= m≈0.48m例2 如图所示为一货物传送货物的传送带abc. 传送带的ab部分与水平面夹角α=37°，bc部分与水平面夹角β=53°，ab部分长度为7.5m，bc部分长度为4.7m. 一个质量为m=1kg的小物体A（可视为质点）与传送带的动摩擦因数μ=0.8. 传送带沿顺时针方向以速率v=1m/s匀速转动. 若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c处，此过程中物体A不会脱离传送带.（sin37°=0.6，sin53°=0.8，g=10m/s2）21·cn·jy·com
?? （1）物体A从a处被传送到b处所用的时间；
?? （2）在传送物体从a至c的全过程中，由于物体与传送带之间的摩擦产生的热量.
解析 （1）物体A轻放在a点后在摩擦力和重力作用下先做匀加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。21世纪教育网版权所有
在这一加速过程中，由牛顿第二定律，μmgcos37°-mgsin37°=ma1，
解得加速度：a1=0.4m/s2。
加速运动时间：t1=v/ a1=2.5s
加速运动距离s1=a1t12=1.25m在ab部分匀速运动过程中运动时间：t2==6.25s.
由于mgsin53°>μmgcos53°，所以物体沿传送带bc部分匀加速运动到c处。
由牛顿第二定律， mgsin53°-μmgcos53°=ma2，解得加速度：a2=3.2m/s2。
由sbc=vt3+at32，解得：t3=1.43s
所以物体A从a处被传送到c处所用的时间t= t1+t2+ t3=2.5s+6.25s+1.43s =10.18s。
（2）物体A在传送带ab部分发生相对滑动过程
由于物体A运动的距离s1=1.25m
传送带运动的距离s2=vt1=2.5m……⑥
物体A相对传送带运动的距离△s= s2- s1=1.25m……⑦
此过程由于摩擦产生的热量：Q1=μmgcos37°×△s=0.8×1×10×0.8×1.25J=8J.
由于mgsinβ>μmgcosβ，……⑨
所以物块沿传送带bc部分一起加速运动到c点，则物体A在传送带bc部分滑动过程由于摩擦产生热量：Q2=μmgcos53°×sbc=0.8×1×10×0.6×4.7J=22.56J2·1·c·n·j·y
在传送物体过程中，由于物体与传送带之间的摩擦产生的热量：Q= Q1+ Q2=30.56J。
例3. 如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧轨道，并与弧下端相切．一质量m=1kg的物体自圆弧轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径尺R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，不计物体滑过曲面与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，取g=10m/s2．（1）求物体从第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间；（2）求物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，传送带对物体做的功及由于摩擦产生的热量；（3）求物体从第二次滑上传送带到离开传送带的过程中，传送带对物体做的功及由于摩擦产生的热量；（4）经过足够长的时间之后物体能否停下来？若能，请说明物体停下的位置；若不能，请简述物体的运动规律．【来源：21·世纪·教育·网】
解析：（1）物体沿圆弧轨道下滑的过程中机械能守恒，设物体滑到传送带右端时的速度为v1，则有：mgR=mv12．解得v1=3m/s．21·世纪*教育网
由牛顿第二定律，μmg=ma，解得物体在传送带上运动的加速度大小为a=μg=2m/s2．
物体在传送带上向左运动的时间t1= v1/a=1.5s．
由v12=2as，解得向左运动的最大距离s=2.25m。
物体向右运动达到速度为v时，由v2=2as1，解得向右运动的距离s1=1m．所用的时间t2= v/a=1.0s．www-2-1-cnjy-com
匀速运动的时间t3= =0.625s．
所以t=t1+t2+t3=1.5+1+0.625s=3.125s．（2）根据动能定理得，传送带对物体做的功W=mv2- mv12=-2.5J．21cnjy.com
物体相对传送带滑过的路程△x=vt1+s+ vt2-s1=2×1.5m+2.25m+2×1.0m-1m=6.25m。
由于摩擦产生的热量Q=μmg?△x=12.5J．（3）根据机械能守恒定律，物体第二次滑上传送带时的速度为2m/s．物体先向左做匀减速运动，减速到速度为零，然后向右做匀加速运动，直到速度变为v=2m/s．时间t4=2×v/a=2×1.0s=2s．【版权所有：21教育】
根据动能定理，由于物体从滑上传送带到离开传送带过程中物体的动能没有变化，故传送带对物体所做的功W2=0．在这段时间内物体相对传送带滑过的路程△x2=vt4=4m所以由于摩擦产生的热量为Q′=μmg?△x2=0.2×1×10×4J=8J．（4）物体不会停下来，物体在圆弧轨道和传送带上做周期性往复运动．
例4．如图，传送带AB长为3.8m，以恒定速度向右移动。现将质量m = 5kg的物体无水平初速地放到传送带上的A点（即物体的初速v0=0），在水平向右的恒力F = 25N作用下，t =1.2s后物体到达B点。若物体与传送带间的动摩擦因数μ = 0.25，求：21教育名师原创作品
(1) 传送带的移动速度v ；
(2) 物体到达B时的速度vB ；
(3) 在物体从A到B过程中，摩擦力对物体做的功Wf ；
(4) 因物体和传送带间的摩擦而产生的热能。
解析：
（1）若物体速度始终比传送带速度小，则物体在1.2s内运动的距离大于3.8m，不合题意。
设物体运动时间t1以后与传送带速度相同，则运动可分为两个阶段。
第一阶段，物体做初速度为0的匀加速直线运动，用时t1，加速度
(m/s2) ①
第二阶段，物体做初速度为a1t1的匀加速直线运动，用时t－t1，加速度
(m/s2) ②
整个运动过程中 ③
代入数据，整理得
解得 t1＝2s > 1.2s（舍） 或 t1＝0.4s ④
传送带速度 m/s=3 m/s ⑤
（2）物体到达B点时的速度
(m/s) ⑥
（3）物体在第一阶段前进的距离
(m) ⑦
物体在第二阶段前进的距离
(m)
整个过程中摩擦力做的功
(J) ⑧
（4）因摩擦而产生的热能
(J) ⑨
例5. 如图所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动。一小物块以v1的初速度冲上传送带，v1>v2。小物块从A到B的过程中一直做减速运动，则21教育网
?? ? A．小物块到达B端的速度可能等于v2
?? ? B．小物块到达B端的速度不可能等于零
?? ? C．小物块的机械能一直在减少
?? ? D．小物块所受合力一直在做负功
解析：由于v1>v2，小物块从A到B的过程中一直做减速运动，小物块到达B端的速度可能等于v2，可能小于v2，也可能等于v2。当物块与传送带之间的动摩擦因数μ【答案】AD
例6. （2015江西九校）如图所示，长L＝9m的传送带与水平方向的倾角为37°，在电动机的带动下以v=4m/s 的速率顺时针方向运行，在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住，在传送带的A端无初速地放一质量m＝1kg的小物块，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，物块与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计。(sinθ=0.6,cosθ=0.8,g=10m/s2)求：
(1)物块从A处第一次滑到P处的过程中，物块与传送带之间因摩擦而产生的热量。
(2)物块与挡板P第一次碰撞后，上升到最高点时到挡板P的距离。
【思路分析】对物块在倾斜传送带上的运动，重点要分析明确摩擦力方向。当物块速度小于传送带速度时，摩擦力为动力，其方向与物块速度方向一致；当物块速度大于传送带速度时，摩擦力为阻力，其方向与物块速度方向相反；当物块速度等于传送带速度时，摩擦力为零。摩擦产生的热量等于摩擦力与物块与传送带相对滑动路程的乘积。由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得出物块与传送带相对滑动路程，乘以滑动摩擦力可得物块从A处第一次滑到P处的过程中，物块与传送带之间因摩擦而产生的热量。
【解析】（1）由牛顿第二定律，mgsinθ-μmgcosθ=ma1，
解得物块沿斜面下滑的加速度为：a1=gsinθ-μgcosθ=2 m/s2，
由匀变速运动速度、位移关系，v12=2a1L，
可得物块与挡板碰撞前的速度为：v1=6m/s。
由v1= a1 t1解得物块下滑至挡板所用时间t1=3s,
在时间t1内传送带传送带向上运动的位移为：x=v t1=4×3m=12m,
故物块与传送带之间摩擦产生的热量为:Q=μmgcosθ·（x+L）=84J;
(2)物块上升过程中分为两个阶段：物块与传送带共速前和共速后，
共速前加速度为：a2=gsinθ+μgcosθ=10 m/s2，
共速前阶段所用时间：t2= =0.2s
物块向上的位移为：x1= t2=1m。
共速后加速度为：a3=gsinθ-μgcosθ=2 m/s2，
共速后物块向上的位移为：x2= =4m
故物块最高点位置距离P点：x总= x1+ x2=5m.
例7.（2014·河北省唐山一模）如图甲所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M=1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如例32图乙所示（图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点）。已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。求：【出处：21教育名师】
（1）物块与传送带间的动摩擦因数；
（2）物块在传送带上的运动时间：
（3）整个过程中系统生成的热量。
【分析与解】网（1）由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度：
m/s2= 2.0 m/s2
由牛顿第二定律得
得到物块与传送带间的动摩擦因数
（2）由速度图象可知，物块初速度大小、传送带速度大小，物块在传送带上滑动s后，与传送带相对静止。
前2秒内物块的位移大小，方向向右。
后1秒内的位移大小，方向向左。
3秒内位移，向右；
物块再向左运动时间，
物块在传送带上运动时间。
（3）物块在皮带上滑动的3s内，皮带的位移，方向向左；
物块位移的，方向向右。
相对位移为：，
所以转化的热能 。
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