高考物理二轮专题：传送带问题
高考物理专题：传送带问题
高考动向
“传送带”问题在现代生产应用中非常广泛，以传送带为情景的物理问题，能够非常方便的与牛顿力学的规律相结合，是一个很好的高考命题的平台，因此与传送带相关的物理问题在高考命题中经常出现，这类问题能够较方便的考察学生利用物理规律分析问题和解决问题的能力，受到广大师生的重视。
关于传送带的问题，主要可以用来考察：如何分析物体的运动情况、匀变速直线运动规律的运用、相对运动问题的计算，摩擦力功的计算、动能定理的运用以及系统能的转化和守恒的有关问题。
知识升华
一、分析物体在传送带上如何运动的方法
1、分析物体在传送带上如何运动和其它情况下分析物体如何运动方法完全一样，但是传送带上的物体受力情况和运动情况也有它自己的特点。
具体方法是:
（1）分析物体的受力情况
在传送带上的物体主要是分析它是否受到摩擦力、它受到的摩擦力的大小和方向如何、是静摩擦力还是滑动摩擦力。在受力分析时，正确的理解物体相对于传送带的运动方向，也就是弄清楚站在传送带上看物体向哪个方向运动是至关重要的！因为是否存在物体与传送带的相对运动、相对运动的方向决定着物体是否受到摩擦力和摩擦力的方向。
（2）明确物体运动的初速度
分析传送带上物体的初速度时，不但要分析物体对地的初速度的大小和方向，同时要重视分析物体相对于传送带的初速度的大小和方向，这样才能明确物体受到摩擦力的方向和它对地的运动情况。
（3）弄清速度方向和物体所受合力方向之间的关系
物体对地的初速度和合外力的方向相同时，做加速运动，相反时做减速运动；同理，物体相对于传送带的初速度与合外力方向相同时，相对做加速运动，方向相反时做减速运动。
2、常见的几种初始情况和运动情况分析
（1）物体对地初速度为零，传送带匀速运动，（也就是将物体由静止放在运动的传送带上）物体的受力情况和运动情况如图1所示：其中V是传送带的速度，V10是物体相对于传送带的初速度，f是物体受到的滑动摩擦力，V20是物体对地运动初速度。（以下的说明中个字母的意义与此相同）
物体必定在滑动摩擦力的作用下相对于地做初速度为零的匀加速直线运动。其加速度由牛顿
第二定律，求得；
在一段时间物体的速度小于传送带的速度，物体则相对于传送带向后做减速运动，如果传送
带的长度足够长的话，最终物体与传送带相对静止，以传送带的速度V共同匀速运动。
（2）物体对地初速度不为零其大小是V20，且与V的方向相同，传送带以速度V匀速运动，（也就是物体冲到运动的传送带上）
①若V20的方向与V 的方向相同且V20小于V，则物体的受力情况如图1所示完全相同，物体相对于地做初速度是V20的匀加速运动，直至与传送带达到共同速度匀速运动。
②若V20的方向与V 的方向相同且V20大于V，则物体相对于传送带向前运动，它受到的摩擦力方向向后，如图2所示，摩擦力f的方向与初速度V20方向相反，物体相对于地做初速度是V20的匀减速运动，一直减速至与传送带速度相同，之后以V匀速运动。
（3）物体对地初速度V20，与V的方向相反
如图3所示：物体先沿着V20的方向做匀减速直线运动直至对地的速度为零。然后物体反方向（也就是沿着传送带运动的方向）做匀加速直线运动。
①若V20小于V，物体再次回到出发点时的速度变为- V20，全过程物体受到的摩擦力大小和方向都没有改变。
②若V20大于V，物体在未回到出发点之前与传送带达到共同速度V匀速运动。
说明：上述分析都是认为传送带足够长，若传送带不是足够长的话，在图2和图3中物体完全可能以不同的速度从右侧离开传送带，应当对题目的条件引起重视。
二、物体在传送带上相对于传送带运动距离的计算
①弄清楚物体的运动情况，计算出在一段时间的位移X2。
②计算同一段时间传送带匀速运动的位移X1。
③两个位移的矢量之=X2- X1就是物体相对于传送带的位移。
例如：图一的运动情况中，这就是物体与传送带达到共速前相对于传送带运动的距离，其中的负号说明物体相对于传送带向后运动。
用相对运动的方法同样可以求出相对位移：在图一中物体以相对初速度V10=－V向左做匀减速直线运动，直至相对末速度等于零（与传送带达到共速时）。所以
图二和图三的情况类似，请同学们模仿计算。
说明：传送带匀速运动时，物体相对于地的加速度和相对于传送带的加速度是相同的。
三、传送带系统功能关系以及能量转化的计算
1、物体与传送带相对滑动时摩擦力的功
①滑动摩擦力对物体做的功
由动能定理
其中X2是物体对地的位移，滑动摩擦力对物体可能做正功，也可能做负功，物体的动能可能增加也可能减少。
②滑动摩擦力对传送带做的功
由功的概念得，也就是说滑动摩擦力对传送带可能做正功也可能做负功。例如图二中物体的速度大于传送带的速度时物体对传送带做正功。
说明：当摩擦力对于传送带做负功时，我们通常说成是传送带克服摩擦力做功，这个功的数值等于外界向传送带系统输入能量。
③摩擦力对系统做的总功等于摩擦力对物体和传送带做的功的代数和。
即
结论：滑动摩擦力对系统总是做负功，这个功的数值等于摩擦力与相对位移的积。
④摩擦力对系统做的总功的物理意义是：物体与传送带相对运动过程中系统产生的热量，即
2、传送带系统能量的分配
（1）功能关系
要维持传送带匀速运动，必须有外力克服传送带受到的阻力做功而将系统外的能量转化为系统的能量，传送带克服外力做的功W等于外界注入到系统的能量E，通常情况下，这部分能量一部分转化为被传送物体的机械能E机，一部分相互摩擦转化为能——产生热量Q。由能的转化和守恒定律得：E=E机+Q 或者写成W=△E K+△E P+Q。
（2）外力对传送带做功的计算
①，外力对传送带做功的功率P=F外V=f阻V
②热量
四、分析方法的简要总结和一些注意的问题
1、分析物体运动问题的思路
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。
2、分析能量问题的思路
①外界对系统做的功或者外界注入系统的能量是多少
②弄清楚注入的能量分配为哪几部分，这些能量分别是多少
③由能的转化和守恒定律进行计算
3、应注意物体在传送带上运动时因相对滑动而产生摩擦生热的计算
4、受力分析的过程中要注意摩擦力大小和方向的突变，突变往往发生在物体与传送带速度相等的时刻。
5、要注意到传送带对物体可能是以静摩擦力的作用，此运动阶段不产生热量。
经典例题透析
类型一、传送带的动力学问题——分析计算物体在传送带上的运动情况
这类问题通常有两种情况，其一是物体在水平传送带上运动，其二是物体在倾斜的传送带上运动。解决这类问题共同的方法是：分析初始条件→相对运动情况→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，然后根据牛顿第二定律和运动学公式计算。
1、物体在水平传送带上的运动情况的计算
1、如图所示，水平放置的传送带以速度v=2m/s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，若A端与B端相距4 m，则物体由A运动到
B的时间和物体到达B端时的速度是：（）
A．2.5 s，2m/s B．1s，2m/s
C．2.5s，4m/s D．1s，4/s
思路点拨：小物体放在A端时初速度为零，且相对于传送带向后运动，所以小物体受到向前的滑动摩擦力，小物体在该力作用下向前加速，a=μg，当小物体的速度与传送带的速度相等时，两者相对静止，不存在摩擦力，小物体开始做匀速直线运动。
解析：所以小物体的运动可以分两个阶段，先由零开始加速，后做匀速直线运动。
小物体开始先做匀加速运动，加速度a=μg=2m/s2，达到的最大速度为2m/s。
当v物=2m/s时，。
，
以后小物体做以2m/s做匀速直线运动
所以t总=1s+1.5s=2.5s，且到达B端时的速度为2m/s。
答案：A
总结升华：
（1）物体刚放在传送带上时，尽管其对地的初速度为零，但是相对于传送带的初速度却不为零，而是-2m/s，物体受滑动摩擦力作用做匀加速运动；
（2）如果传送带的长度较小，物体可能没有匀速运动的阶段；
（3）物体匀速运动时不受摩擦力的作用。
举一反三
【变式】水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行进行安全检查。如图所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v=1m/s的恒定速率运行。一质量为m=4kg的行无初速度地放在A处，传送带对行的滑动摩擦力使行开始做匀加速直线运动，随后行
又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，AB间的距离=2m，g取10 m/ s2。
（1）求行刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；
（2）求行做匀加速直线运动的时间；
（3）如果提高传送带的运行速率，行就能被较快地传送到B处。求行从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。
解析：水平传送带问题研究时，注意物体先在皮带的带动下做匀加速运动，当物体的速度增到与传送带速度相等时，与皮带一起做匀速运动，要想传送时间最短，需使物体一直从A处匀加速到B处。
（1）行刚开始运动时所受的滑动摩擦力F=μmg
以题给数据代入，得F=4N
由牛顿第二定律，得F=ma
代入数值，得a=1 m / s2
（2）设行做匀加速直线运动的时间为t，行加速运动的末速度为v=1 m / s，则v=at 代入数据，得t=1 s。
（3）行从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短，则
代入数据，得t min=2 s。
传送带对应的最小运行速率v min=at min
代入数据，解得v min=2 m / s
总结升华：皮带传送物体时，物体的加速度大小是确定的，之所以存在最短传送时间，就是因为传送带可以取恰当的值使物体在这段距离上一直做匀加速运动。如果传送带的速度小于这个值，物体在这段距离上必定经历加速和匀速两个阶段，运动的时间就不会最短。因此应注意分析物体在传送带上运动时极值出现的条件。
2、物体在倾斜传送带上运动的计算
2、如图所示，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，求物体从A端运动到B端所需的时间是多少？(sin37°=0.6，cos37°=0.8)
思路点拨：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”。
解析：在物体运动的开始阶段受力如图（a）所示，由牛顿第二定律，得
mgsinθ＋μmgcosθ=ma1，
此阶段物体的加速度
a1=gsinθ＋μgcosθ=10m/s2
物体加速至与传送带速度相等时需要的时间为
t1＝v/a1＝1s，
发生的位移为s1＝a1ｔ12＝5m＜16m，
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，应用牛顿第二定律，有
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，
所以此阶段的加速度为
a2＝2m/s2
设第二阶段物体滑动到B端的时间为t2，则
L AB－s1＝vｔ2＋a2ｔ22
解得t2＝1s，ｔ2′=-11s（舍去）
故物体经历的总时间ｔ=t1＋t2=2s
答案：2s
总结升华：以上两个传送带的问题，运用牛顿定律及运动学公式解答即可。但要注意皮带传送物体时物体所受的摩擦力大小和方向的突变，在求解传送带类题时不注意这一点就很容易出错。
皮带传送物体所受摩擦力，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。
类型二：物体在传送带上的相对运动问题
理解物体在传送带上的相对运动问题具有一定的难度，只要掌握了分析和计算的方法，问题便迎刃而解，解决此类问题的方法就是：分析物体和传送带相对于地的运动情况——分别求出物体和传送带对地的位移——求出这两个位移的矢量差。
3、一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。
解析：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿定律，可得：
a=μg
设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有：
v0=a0t v=at
由于a 煤块的速度由v增加到v0，有： v0=v+at＇ 此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。 设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有： 传送带上留下的黑色痕迹的长度 由以上各式得：、 总结升华：本题考查了匀变速运动的规律和牛顿运动定律，题目设计巧妙，难度较高，很好的考察了分析物理过程的能力。分析的要点有两处:其一是传送带上有划痕说明物体与传送带之间有相对运动，传送带和物体的加速度不相同a 举一反三：物体在倾斜传送带上相对运动的计算 【变式1】如图所示，皮带轮带动传送带沿逆时针方向以速度v0=2 m / s匀速运动，两皮带轮之间的距离L=3.2 m，皮带绷紧与水平方向的夹角θ=37°。将一可视为质点的小物块无 初速地从上端放到传送带上，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，物块在皮带上滑过时能在皮带上留下白色痕迹。求物体从下端离开传送带后，传送带上留下的痕迹的长度。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10 m / s2） 解析：设物体刚放到皮带上时与皮带的接触点为P， 则物块速度达到v0前的过程中， 由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1， 代入数据解得a1=10 m / s2 经历时间 P点位移x1=v0t1=0.4 m， 物块位移 划出痕迹的长度ΔL1=x1－x1＇=0.2 m 物块的速度达到v0之后 由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ=ma2， 代入数据解得：a2=2 m/s2 到脱离皮带这一过程，经历时间t2 解得t2=1s 此过程中皮带的位移 x2=v0t2=2 m ΔL2=x2＇―x2=3 m―2 m=1m 由于ΔL2＞ΔL1，所以痕迹长度为ΔL2=1 m。 答案：1m 举一反三：传送带的变形问题——涉及相对运动的动力学问题 【变式2】一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB 边重合，如图。已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么?(以g表示重力加速度) 思路点拨：圆盘的运动过程是：(1)在布上做匀加速运动，(2)在桌面上做匀减速运动。两过程的衔接是盘在桌布上运行的末速度即为在桌上运动的初速度；其临界条件为两过程圆盘对地位移之和为半个桌长。圆盘在布上运动的过程中，圆盘位移和布位移两者之差也等于半个桌长。 解析：设圆盘的质量为m，桌长为，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1，有：mg=ma l 桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有：2mg=ma2 设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1， 离开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，有： 盘没有从桌面上掉下的条件是： 设桌布从盘下抽出所经历时间为t，在这段时间桌布移动的距离为x，有： 而 由以上各式解得： 总结升华：此题是一道与相对运动有关的动力学的综合问题，以日常生活中抽取桌布为情景进行设计，情景较为复杂，过程较多。解决这类在摩擦力作用下的相对运动问题时，除正确的分析各物体运动情况外，寻找并建立各个物体位移之间的关系、各个阶段速度之间的关系是顺利解 题的关键。 类型三：物体在传送带上运动过程中功能关系和能的转化问题 解决系统能量转化问题的方法是：明确传送带和物体的运动情况——求出物体在传送带上的相对位移，进而求出摩擦力对系统所做的总功——明确能量分配关系，由能量守恒定律建立方程求解。 3、如图所示，水平长传送带始终以速度v=3m/s匀速运动。现将一质量为m=1kg的物块放于左端（无初速度）。最终物体与传送带一起以3m/s的速度运动，在物块由速度为零增加至v=3m/s的过程中，求： （1）由于摩擦而产生的热量。 （2）由于放了物块，带动传送带的电动机消耗多少电能？ 思路点拨：物块做初速度为零的匀减速直线运动，传送带匀速运动，物块相对于传送带向后运动；电动机注入到系统的能量一部分转化为物块的动能，一部分克服摩擦力做功转化为能；分别计算出这一过程物块增加的动能和系统产生的热量，问题得到解决。 解析： （1）小物块刚放到传送带上时其速度为零，将相对于传送带向左滑动， 受到一个向右的滑动摩擦力，使物块加速，最终与传送带达到相同速度v。 物块所受的滑动摩擦力为F f=μmg 物块加速度 加速至v的时间 物块对地面位移 这段时间传送带向右的位移 则物块相对传送带向后滑动的位移 根据能量守恒定律知 （2）电动机多消耗的电能即物块获得的动能及产生的热量之和， 即。 答案：4.5J 9J 总结升华：在利用传送带运输物体时，因物体与传送带间存在相对滑动而产生摩擦生热，这样就会使动力系统要多消耗一部分能量。在计算传送带动力系统因传送物体而消耗的能量时，一定不要忘记物体在传送带上运动时因相对滑动而产生摩擦生热的计算。 举一反三 【变式】如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v0=2m/s的速率运行。现把一质量m=10kg的工件（可看做质点）轻轻放在皮带的底端，经 时间t=1.9s，工件被传送到h=1.5m的高处，取g=10m/s2。求： （1）工件与皮带间的动摩擦因数； （2）电动机由于传送工件多消耗的电能。 思路点拨：通过分析和具体的计算弄清楚工件的运动过程，要考虑到工件可能先加速后匀速运动，考虑到工件的动能和重力势能都在增加。 解析： (1) 由题意可知皮带长为s＝h/sin30°＝3m 工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移为s1＝ｔ1 工件速度达到v0后做匀速运动的位移为s-s1=v0(t-t1) 解得t1=0.8s 工件的加速度为a＝v0/ｔ1＝2.5m/s2 工件受的支持力N=mgcosθ 对工件应用牛顿第二定律，得μmgcosθ-mgsinθ=ma， 解得动摩擦因数为μ＝ (2) 首先要弄清什么是电动机“多消耗的电能”。当皮带空转时，电动机会消耗一定的电能。现将一工件置于皮带上，在摩擦力作用下，工件的动能和重力势能都要增加；另外，滑动摩擦力做功还会使一部分机械能转化为热，这两部分能量之和，就是电动机多消耗的电能。 在时间t1，皮带运动的位移为s2=v0t1=1.6m 工件相对皮带的位移为Δs＝s2－s1＝0.8m 在时间t1，皮带与工件的摩擦生热为Q＝μmgcosθ·Δs＝60J 工件获得的动能为E k＝mv02＝20J 工件增加的势能为E p＝mgh＝150J 电动机多消耗的电能为W＝Q＋E k＋E p＝230J 答案：μ＝ 230J 总结升华： （1）静止物体放在传送带上运动，在物体与传送带达到相同速度之前，物体与皮带存在相对滑动，因此一定有摩擦生热现象发生。摩擦生热的量值等于滑动摩擦力与物体相对于传送带位移的乘积 （2）物体在倾斜的传送带上运动，当与传送带达到共同速度后，物体在静摩擦力的作用下做匀速运动，此运动过程系统不产生热量，动能也不增加，但是物体的重力势能仍在增加，这一点应该引起重视。 类型四：与传送带相关的极值问题 求解极值问题的基本方法之一是:明确物理过程——让制约极值出现的物理量变化起来（即动态分析），找出极值出现的条件——求解讨论。 4、如图所示，AB是一段位于竖直平面的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平。一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落在地面上的C 点，轨迹如图中虚线BC所示，已知它落地时相对于B点的水平位移OC=L。 现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带的右端与B点的距离为，当传送带静止时，让小物体P再次从A点静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面上的C点。当驱动轮转动而带动传送带以速度v匀速向右运动时（其他条件不变），物体P的落地点为D。不计空气阻力，问传送带速度v的大小满足什么条件时，点O、D之间的距离s有最小值？这个最小值为多少？ 思路点拨：要使点O、D之间的距离s有最小值，即使小物体的水平射程最小，必须使它到达传送带右端时速度最小，要使物体到达右端时的速度最小，必须使小物体P在传送带上一直做匀减速运动，物体受到的摩擦力必须是向后的，物体在传送带上的速度始终要大于传送带的速度， 因此传送带的速度必须小于或等于物体P在静止的传送带上滑至右端的速度v2。 解析：物体P从轨道B端或从传送带右端滑出均做平抛运动，因为两个端点离地面的高度相等，所以物体做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即v2/v1＝L2/L1。 由题意可知，L1＝L，L2=，v1＝ 则v2＝ 小物体P在传送带上滑动，滑动摩擦力做负功，由动能定理得 －μmg＝mv22－mv12 则μ＝ 当传送带向右运动时，要使小物体的水平射程最小，必须使它到达传送带右端时速度最小，这就要求小物体P在传送带上一直做匀减速运动，那么传送带的速度只要小于或等于物体P在静 止的传送带上滑至右端的速度v2，即传送带的速度v≤时，点O、D之间的距离最小，s min=L，即物体落点D与点C重合。 举一反三 【变式】如果上面的问题改成传送带速度v的大小满足什么条件时，点O、D之间的距离s 有最大值，这个最大值是多少？ 解析：这时问题与上面问题的实质并没有改变，要使物体P的水平射程最大，必须使P到达传送带右端时的速度最大，这就要求P在传送带上一直做匀加速运动，也就是说传送带的速度始终要大于物体的速度。 由动能定理可知，P到达右端的速度最大值v m满足： ，解得 只要传送带的速度，物体P就以速度v m离开传送带做平抛运动而落地， 点O、D间距离最大为 答案：、 总结升华：从上面的两个问题可以看出：（1）物体在传送带上运动时的极值问题，不论是极大值，还是极小值，都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻。（2）从物体的运动情况入手分析出取得极大值和极小值的条件是解决问题的关键所在。 类型五：传送带综合问题 解决传送带的综合问题，应从如下几个方面入手： （1）分析系统中各个问题的运动情况，明确物理过程，形成完整的物理情景。 （2）把握传送带上物体的运动特征：滑动摩擦力作用、相对运动、可能达到共速、有热量产生等。 （3）灵活的运用牛顿定律、运动学公式；动量定理动量守恒定律；功能关系、能的转化和守恒定律。 （4）注意分析隐含条件，临界条件、极值出现的条件；注意从系统着眼分析问题等。 1、传送带与能量守恒定律相联系 5、一传送带装置示意图如图所示，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC 相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T，共运送小货箱的数目为N。这个装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，求电动机的平均输出功率P。 思路点拨：从系统着眼、全部过程入手看，电动机输出的能量一部分增加了系统的机械能，一部分摩擦产生了热量；分析出隐含条件v0T=NL，分别求出全部过程系统增加的机械能和产生的热量，问题得到解决。 解析：以地面为参考系，设传送带的运动速度为v0。在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度a，则对小货箱有 ① v0=at ② 在这段时间，传送带运动的路程为：s0=v0t ③ 由以上可得 s0=2 s ④ 用f表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小货箱做功为 ⑤ 传送带克服小货箱对它的摩擦力做功⑥ 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量⑦ 可见在小货箱加速运动过程中，小货箱获得的动能与发热量相等。 T时间，电动机输出的功为⑧ 此功用于增加小货箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即 ⑨ 已知相邻两小货箱的距离为L，所以v0T=NL ⑩ 联立⑦⑧⑨⑩，得。 答案： 总结升华：着眼系统，分析特点，寻找隐含条件是解决综合题的关键。 2、传送带与动量定理和能量守恒定律相联系 6、有一台与水平方向成30°角的传送带运输机，如图所示，它将沙子从一处运送到另一处。沙子在h=0.5 m高的地方自由落下，传送带始终以v=1 m/s的速度运转。若沙子落到传 送带上的流量为Q=50 kg/s，传送带的有效长度=10 m，电动机的效率η=80%，问至少须选多大功率的电动机？（g=10 m / s2） 思路点拨：沙子从下落到被运送至另一处，可分为四个阶段：首先，是沙子做自由落体运动；其次，是沙子与传送带发生瞬间碰撞，使沙子在垂直于传送带方向上的动量立即减为零；其三，是在沿传送带运动的方向上，沙子在传送带的滑动摩擦力作用下做匀变速运动直到获得与传送带相同的速度；最后，是沙子与传送带处于相对静止，并被静摩擦力推送到另一处。因此传送带的最小牵引力应等于供给做加速运动的沙子的滑动摩擦力和做匀速运动的沙子的静摩擦力之和，由 此即可求出电动机在完成运输过程中所需的最小功率。 解析：设沙子从落到传送带上到获得与传送带相同的速度所需的时间为Δt，则在传送带上处于受滑动摩擦力作用的沙子的质量始终是Δm=QΔt。又设传送带上沙子的质量为M，由于传送带连续的传送沙子且沙子在传送带上没有堆积，因此沙子从落在传送带上至离开传送带一共运动 了的时间，所以。在传送带上受静摩擦力作用的沙子质量始终为M－Δm。 因传送带对沙子的牵引力为F=(M－Δm) gsinα+μΔmgcosα，则 传送带需传递的功率为：P=Fv=Mgvsinα+(μΔmgcosα－Δmgsinα)v 显然第二部分为沙子加速时所受的合外力。 因沙子下落时做自由落体运动，所以当沙子运动至传送带时的速度沙子落到传送带上与传送带发生瞬时碰撞，垂直于传送带的动量立即变为零，而平行于传送带的动量来不及变化。以传送带运行方向为正方向，根据动量定理对Δm的沙子有：(μΔmgcosα－Δmgsinα)Δt=Δm [v―(―v0sinα)] 而， 可得：P=Mgvsinα+Q (v+v0sinα)v = =40×10×10×sin30°+40×(1+×sin30°)×1 W=2103 W。 故选用的电动机的功率P＇至少应为 总结升华： （1）对物体运动状态不断变化的问题，要对物理过程进行分段精细的分析，并注意将系统和全过程结合起来形成物理情景。 对过程较复杂的动力学问题，不要急于求解，要理清楚思路，分析清楚已知量、中间量和待求量（如本题通过寻找牵引力求解传送带所需的功率），通过物理过程以及所遵循的规律将已知量、中间量和待求量联系起来，达到解决问题的目的。 （2）沙子要获得与传送带相同的速度，所受的滑动摩擦力应大于重力在传送带方向的分力，即 μΔmgcosα－Δmgsinα＞0，由此可得μ＞tanα。否则沙子无法获得与传送带相同的速度，反而会沿传送带下滑而无法被传送。 （3）电动机所做的功，大部分用于增加沙子的重力势能，小部分用于改变沙子的动能和沙子在加速过程中因相对运动发生摩擦而产生的热。 （4）质量为Δm的沙子在加速过程中的位移s和所用的时间Δt， 由牛顿运动定律有μΔmgcosα－Δmgsinα=Δma 而v2―(―v0sinα)2=2as， 得 可见，μ越大，s越小；v越小，s越小。 又因为v=－v0sinα+aΔt， 所以 由此可知，在Δt时间，传送带的位移s＇=vΔt，传送带与沙子的相对位移Δs=s＇－s， 因此滑动摩擦产生的热量为F摩Δs。 3、传送带与动量守恒定律和能量守恒定律相联系 7、如图所示，水平传送带AB长＝8.3m，质量为M＝1kg的木块随传送带一起以v1＝2m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹以v0＝300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度v′＝50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取10m/s2，求： （1）在被第二颗子弹击中前木块向右运动离A点的距离？ （2）木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中？ （3）从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统所产生的热量是多少？（g取10m/s2） 思路点拨：子弹和木块相互作用动量守恒，木块速度瞬间变化——木块在1s先向右运动后向左运动与传送带达到共速——系统产生的热量包括两个部分：子弹穿越木块产生热量和与传送带相对运动产生热量； 解析： T=1s木块的合位移为s=0.5m，方向向右 答案：（1）s=0.5m，方向向右（2）16 （3）14155.5J 总结升华：分析物理过程必须重视物体的受力情况和初始条件，力求精到细致；具有重复性的物理过程，必须找的它们的共性：如每一发子弹穿过木块后木块的运动情况完全相同，向右发生的位移也相同，这是解题的技巧所在。