安徽芜湖一中高三理科实验班物理第二轮专题复习精品讲义(二)

专题二：传送带问题传送带问题能编织起几乎涵盖力学全部知识的大网，贯穿了牛顿运动定律、能量转化与守恒定律、动量守恒定律等三大解题法宝，集运动学、动力学、能量、动量、图象、开放等问题于一身，突现了与匀变速直线运动、匀变速曲线运动、简谐运动、碰撞等模型的巧妙结合，并将力学中的重点、难点融为一体，它又与生产、生活实际紧密相连，是培养提升学生综合能力素养不可多得的好题材，往往是高考的热点。

一、传送带中的运动学问题例1．如图1所示是生产流水线上的皮带传输装置，传输带上等间距地放着很多半成品产品。

A 轮处装有光电计数器，它可以记录通过A 处的产品数目。

已知测得轮A 、B 的半径分别为r A =20cm ，r B =l0cm ，相邻两产品距离为30cm ，lmin 内有41个产品通过A 处，求： （1）产品随传输带移动的速度大小；（2）A 、B 轮轮缘上的两点P 、Q 及A 轮半径中点M 的线速度和角速度大小，并在图中画出线速度方向；（3）如果A 轮是通过摩擦带动C 轮转动，且r C =5cm ，在图中描出C 轮的转动方向，求出C 轮的角速度（假设轮不打滑）。

解析 ： 首先明确产品与传送带保持相对静止的条件下，产品速度的大小就等于传送带上每一点速度的大小，在传送带不打滑的条件下，传送带上各点运动速度的大小都等于A 、B 轮缘上点的线速度的大小．由传送带相邻产品的间距及单位时间内通过A 处的产品的个数可以确定出皮带上点的速度，进而知道A 、B 轮缘上的两点P 、Q 线速度的大小，然后由线速度与角速度的关系，求出A 、B 两轮的角速度及A 轮半径中点M 的线速度及C 轮的角速度.由题意知，1分钟内有41个产品通过A 处，说明1分钟内传输带上的每点运动的路程为两产品间距的40倍．设传输带运动速度大小为v ，则（1）2.06030.040=⨯==t s v m/s （2）v P =v Q =0.2m/s ，A 轮半径上的M 点与P 点的角速度相等，故：v M =21v P =21×0.2m/s=0.1m/s ， ωP =ωM =2.02.0=A P r v rad/s =lrad/s ，ωQ =2ωP =2rad/s ． （3）C 轮的转动方向如图2所示，如果两轮间不打滑，则它们的接触处是相对静止的，即它们轮缘的线速度大小是相等的，所以ωC r C =ωA r A ．C 轮的角速度：ωC =105.02.0⋅=A C A r r ωrad ／s=4rad ／s ． 点评： 在分析皮带传送装置上的各个物理量时，可应用圆周运动的运动学关系，抓住等量和不等量的关系，同轴各点角速度相等，而线速度由v =ωr 决定，在不考虑皮带打滑情况下，传动皮带与皮带连接的两轮边缘的各点线速度大小相等．P P二、传送带中的动力学问题1．涉及“划痕”问题例2．如图3所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，轮半径R = 12πm ，两轮轴心相距L =3.75m ，A 、B 分别使传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑，一个质量为0.1kg 的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ= 36。

小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹。

当传送带沿逆时针方向匀速运动时，小物块无初速地放在A 点，运动至B 点飞出。

要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长，传送带匀速运动的速度v 至少多大？g 取10m/s 2。

解析：由于小物块可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动后做匀速运动，作v —t 图分析可知：传送带匀速运动的速度越大，小物块从A 点到B 点用时越短，当传送带速度等于某一值v′ 时，小物块将从A 点一直以加速度a 1做匀加速直线运动到B 点，所用时间最短．对小物块受力分析，根据牛顿第二定律，有mg sin30° + μmg cos30°=ma 1 ，解得 a 1 = 7.5m/s 2又L = 12a 1t min 2 ，解得t min = 1s ，v′ =a 1t min =7.5m/s 此时小物块和传送带之间的相对路程为 △S = v′ t －L = 3.75m传送带的速度继续增大，小物块从A 到B 的时间保持不变，而小物块和传送带之间的相对路程继续增大，小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时，痕迹为最长S max ，设此时传送带速度为v ，则S max = 2L + 2πRS max = v 2t min －L联立以上各式解得 v 2= 12.25m/s例3．将一个粉笔头轻放在以2m/s 的恒定速度运动在足够长的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m 的划线。

若使该传送带仍以2m/s 的初速改做匀减速运动，加速度大小恒为1.5m/s 2，且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一粉笔头（与传送带的动摩擦因数和第一个相同）轻放在传送带上，该粉笔头在传送带上能留下一条多长的划线？解析: 第一次划线，传送带匀速，粉笔头由静止开始做匀加速运动，两者发生相对滑动，设粉笔头的加速度大小为a 1，在v —t 坐标系中同时作出粉笔头和传送带的速度图象，如图4所示。

AB 和OBAOB 的面积代表5.01=a m/s 2． 第二次划线，传送带一直做匀减速运动，粉笔头先做匀加速运动后做匀减速运动，同样做出传送带和粉笔头的v —t 图象，如图5所示，AE 代表传送带的速度图线，它的加速度为a =1.5m/s 2，由速度公式可得t 2=4/3s ，即E 点坐标为（4/3，0）．OC 代表第一阶段粉笔头的速度图线，C 点表示二者速度相同，1011at v t a -=，得t 1=1s ，5.0111==t a v m/s ，即C 点坐标为（1，0.5），该阶图5图3段粉笔头相对传送带向后划线，划线长度（图中左侧阴影面积）112211=⨯⨯==∆AOC s s m ，等速后，粉笔头超前，所受滑动摩擦力反向，开始减速运动，由于传送带先减速到0，所以后来粉笔头一直匀减速至静止．CF 代表它在第二阶段的速度图线，由速度公式可求出t 3=1s ，即F 点坐标为（2，0），此阶段粉笔头相对传送带向前划线，长度（图中右侧阴影面积）61)342(5.0212=-⨯==∆CEF s s m<1m ，可见粉笔头相对传送带先向后划线1m ，又折回向前划线1/6m ，所以粉笔头在传送带动能留下1m 长的划线．点评: “划痕”问题的解题核心强调的是运动过程的全程分析，其中建立正确的几何关系是解题成败的关键所在。

例2选用的是常规的解题方法，而例3则选用的是图像法，相比之下，图像法更显得直观、简捷，当然该类问题还可以选用相对运动法，读者不妨一试。

2．涉及摩擦力突变问题例4．如图6所示，一水平传送带以2m/s 的速度传送物块，水平部分长为2m ，其右端与一倾角为θ＝370的光滑斜面相连，斜面长为0.4 m ，一物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块传送带间动摩擦因数µ＝0.2，试问，物块能否达斜面顶端，若能则说明理由，若不能则求出从出发后9.5s 内物块运动的路程。

解析：物块在匀加速运动过程中，滑动摩擦力的大小、方向不变，当物块与带共速时，摩擦力大小、方向均发生突变（滑动摩擦力突变为零），此后物块匀速运动．由物体无初速度释放可知物体相对传送带滑动，滑动摩擦力方向向右，设物块一直加速，由牛顿第二定律得加速度21==g a μm/s 2，则121201==a v s m<2m ，加速时间1101==a v t s ，说明物块先加速后匀速，匀速时间5.0012=-=v s L t s ，即物块以2m/s 的速度滑上斜面，其加速度a 2=gsinθ=6m/s 2，当速度减为零时，在斜面上的位移为3122202==a v s m<0.4m ，运动时间31203==a v t s ，故不能到达顶端．从开始加速1s 后匀速0.5s 到达斜面底端，然后上升31s 达最高点，再经31s 回到斜面底端，再经1s 速度减为零，然后再经1s 又达斜面底端，以后重复运动．由第一次达斜面底端算起，还剩8s ，刚好完成3个来回运动，故s =L +6（s 1+s 2）=10m ．例5．如图7所示，传送带与地面的倾角θ=370，从A 端到B 端的长度为16m ，传送带以10=v m/s 的速度沿逆时针方向转动．在传送带上端A 处无初速度地放置一个质量为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？（sin370=0.6，cos370=0.8）解析: 当物体放在A 端时，相对传送带沿斜面向上运动，所以受到沿斜面向下的摩擦力和重力沿斜面向下的分力θsin mg 的合力作图6用而使物体做加速运动，直到两者速度相同．此时物体由于仍然受到重力沿斜面向下的分力θsin mg 的作用，故物体相对皮带将继续向下做加速运动，而物体受到的摩擦力方向在此瞬间发生突变，由沿斜面向下变为沿斜面向上．但由于θsin mg >θμcos mg ，因而物体不是匀速运动而是继续做加速运动．设上述两个过程的加速度分别分1a 、2a ，则由牛顿第二定律得：1cos sin ma mg mg =+θμθ，解得 101=a m/s 2．物体速度从零增大到与传送带相同时所用时间为：111==a v t s ． 此时物体下滑的位移为：5212111==t a s m ．接着物体下滑的速度大于传送带的速度，则物体该过程的加速度：2)cos (sin 2=-=θμθg a m/s 2，其运动的位移为：22221221t a vt s L s +=-=． 解得：12=t s ，故物体下滑的总时间为221=+=t t t s 。

点评: 本题的情景与一般的传送带运送物体有所不同，在一般情况下物体随传送带一起做匀速或加速运动，而此类题中由于摩擦力的突变使得物体随传送带的运动是“一波未平，一波又起”．因此，准确判断物体所受摩擦力的大小、方向及其导致的物体运动状态的变化是解决该类问题的关键，其中“速度相等”是这类题解答过程中的转折点，否则极易因运动性质的误判而导致错解．3．与抛体相联系的问题例6．如图8所示，AB 是一段位于竖直平面内的光滑轨道，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，落到地面上的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距离为l /2．当传送带静止时，让P 再次从A 点由静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C 点．当驱动轮转动带动传送带以速度v 匀速向右运动时（其它条件不变），P 的落点为D ，不计空气阻力．求：（1）P 与传送带之间的动摩擦因数μ． （2）O 、D 间距离s 随速度v 的变化函数关系式．解析:（1）没有传送带时，物体离开B 点作平抛运动，则：2021mv mgh =，t v l 0=，221gt h =，解得：gh v 20=，gh lt 2=．当B 点下方的传送带静止时，物体离开传送带右端做平抛运动，图8时间仍为t ，有t v l 12=，由以上各式得P 飞离传送带时的速度22201gh v v ==， 由动能定理，物体在传送带动滑动时，有：212021212mv mv l mg -=μ，解得lh 23=μ． （2）当传送带的速度v >221gh v =时，物体将会在传送带上作一段匀变速运动．若尚未到达传送带右端，速度即与传送带速度相同，此后物体将做匀速运动，而后以速度v 离开传送带．v 的最大值为物体在传送带动一直加速而达到的速度，设为v 2．则202221212mv mv l mg -=μ，把μ代入得gh v 272=，若2v v >，物体将以gh v 272=离开传送带，得O 、D 距离)71(2272+=+=l gh t l s ；当21v v v <<，即22gh <v <gh 27时，物体从传送带飞出的速度为v ，则)221(22ghv l vt l s +=+=． 故综上述分析s 随v 变化的函数关系式为： 当22gh v ≤时，l s =；当22gh <v <gh 27时，)221(2gh v l s +=；当gh v 27≥时，)71(2+=l s ． 点评: 这是一道滑块平抛与传送带结合起来的综合题．求解本题的关键是分析清楚物体离开传送带的两个极值速度：在传送带上一直匀减速至右端的最小速度v 1及在传送带上一直匀加速至右端的最大速度v 2，以此把传送带速度v 划分为三段，才能正确得出s 随v 的函数关系式．二、传送带中的能量问题例7．如图10所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=300，皮带在电动机的带动下，始终保持v 0=2m/s 的速率运行，现把一质量为m =10kg 的工件（可看作质点）轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9s ，工件被传送到h =1.5m 的高处，取g =10m/s 2，求：（1）工件与传送带间的动摩擦因数；（2）电动机由于传送工件多消耗的电能．解析:（1）由图可知，皮带长3sin ==θh s m ．工件速度达v 0前，做匀加速运动的位移10112t v t v s ==，达v 0后做匀速运动的位移为图10)(101t t v s s -=-,解得加速运动的时间t 1=0.8s ，加速运动的位移s 1=0.8m ．所以加速度5.210==t v a m/s 2，工件受支持力θcos mg N =，由牛顿第二定律有：ma mg N =-θμsin ，解得23=μ． （2）从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功发出的热量．在时间t 1内，皮带运动的位移6.110==t v s 皮m ，在时间t 1内，工件相对皮带的位移1s s s -=皮相=0.8m ，在时间t 1内，摩擦发热Q=相Ns μ=60J ；工件获得的动能202120==mv E k J ，工件增加的势能150==mgh E p J ，所以电动机多消耗的电能230=++=p k E E Q W J ．点评:本题综合考查了动力学及能的转化和守恒定律的应用．第一问重点在对运动过程分析的基础上的公式应用，即工件先做匀加速运动然后做匀速运动．通过联立方程求出工件和传送带间的动摩擦因数．第二问是本题的闪光点．何谓多消耗的电能？本来皮带正常运输需要消耗电能，经过分析应明确现在由于工件的加入需要多消耗的电能体现在三个方面：工件动能的增加；工件势能的增加；工件和皮带间摩擦而产生的内能的增加；尤其是内能增加量应注意是用滑动摩擦力乘相对位移．例8．一传送带装置示意如图11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 ．每个箱子在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 内，共运送小货箱的数目为N ．这装置由电动机带动，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 ．解析: 从能量守恒的观点，显然电动机输出的功用于增加小货箱的动能、势能以及克服传送带与箱之间发生相对位移时摩擦力做功发出的热量．抓住了这一主体思路，可得：s f N mgh N mv N T P ∆⋅+⋅+⋅=221，式中T 为传送带运送N 个货箱的时间，v 为传送带的速度，f 为箱与传送带之间的摩擦力，s ∆为箱相对传送带的位移．从上式可以看出，只要求出v 及s f ∆，即可求出P ．由题意易知，NL vT =，货箱先在摩擦力作用下做匀加速运动，经过一段时间后达图11到与传送带共同的速度．因货箱加速过程中的平均速度2/v v =，为传送带速度的一半，故其加速过程中的位移也为传送带位移的一半，所以货箱与传送带之间的相对位移等于货箱的位移，克服箱与带间相对位移摩擦力的功与摩擦力对货箱做的功相等，即221mv s f =∆，由上述三式可得 )(222gh TL N T Nm P +=． 点评: 能量的转化与守恒定律贯穿于中学物理的始末，是高考命题的“多发地”，倍受命题专家青睐，已成为高考的热点，更是学生学习的薄弱环节，正确的理解与灵活应用这一定律在解题中会起到“奇兵”的效果．三、传送带中的动量问题例9．如图12所示，水平传送带AB 长l =8.3m ，质量为M =1kg 的木块随传送带一起以v 1=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．当木块运动到最左端A 点时，一颗质量为m =20g 的子弹以v 0=300m/s 水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度u =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/s 2．求（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A 点的最大距离？（2）木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中？ 解析: （1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒：/110Mv mu Mv mv +=-，解得：3/1=v m/s ，木块向右做减速运动的加速度5/==m mg a μm/s 2，木块速度减小为零所用的时间为6.0/11='=a v t s ＜1s ，所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A 点最远时，速度为零，移动的距离为9.02/2/11==a v s m ． （2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左做加速运动，时间为t 2=1s －0.6s=0.4s ，速度增大为222==at v m/s （恰与传送带同速），则向左移动的位移为4.021222==at s m ．所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移为5.0210=-=s s s ，方向向右；第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为5.7150==s s m ，第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m ，总位移为0.9m+7.5m ＝8.4m ＞8.3m ，木块将从B 端落下，故木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．例10．如图13所示，足够长的水平传送带始终以v =3 m/s 的速度沿逆时针方向运动，传送带上有一质量M =2 kg 的小木盒A ，A 与传送带之问的动摩擦因数3.0=μ，开始时，A 与传送带保持相对静止，3=∆t s 时，有两个光滑的、质量m =l kg 的小球B 自传送带的左端出发，以v 2=15 m/s图12的速度在传送带上向右运动．第1个球与木盒相遇后立即进入盒中并与盒保持相对静止，第2个球出发后历时311=∆t s 与木盒相遇，取g ＝10 m/s 2．求： (1)第1个球与木盒相遇后瞬问，两者共同运动的速度v t ．(2)第1个球自出发到与木盒相遇所需的时间t 2．(3)在木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中木盒与传送带间因摩擦而产生的热量Q ．解析:（1）第1个球与木盒碰撞饿过程中，由动量守恒定律有：10)(v M m Mv mv +=-，代入数据可解得：v 1=3m/s ．（2）设第1个球进入木盒后两者与皮带有相对运动时的加速度大小为a ，由牛顿第二定律有： a M m g M m )()(+=+μ，代入数据可解得：a =3m/s 2．设第1个球进入木盒后与木盒一起向右减速运动的时间为t 1、位移为s 1，之后向左加速到与传送带速度相同所需的时间为t 2、位移为s 2，则有：111==a v t s ，5.12211==a v s m ，12==av t s ，5.1222==av s m ．由s 1=s 2可知，木盒在t 1+t 2=2s 时间内的位移为零．设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s ，则有：00v s t =，在第2个球与木盒相遇的过程中有：)(021110t t t t t v t v s ---∆+∆+∆=，代入数据可解得：t 0=0.5s ．（3）在木盒从与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中，设传送带的位移为s 3，木盒的位移为s 4，则：5.8)(013=-∆+∆=t t t v s m ，5.2)(02114=---∆+∆=t t t t t v s m ，此过程中木盒相对于传送带的位移643=-=∆s s s m ，故 54)(=∆⋅+=s g M m Q μJ ．点评:碰撞、打击类问题是较为常见的物理模型，但把该类模型巧妙整合搬到皮带上进行，增加了趣味性，同时也增加了题目的难度．展示了较为复杂的多过程运动情景，涉及到了动量守恒定律、牛顿运动定律和运动学的基本规律的应用情况，解答此类问题的关键是要求学生分析物理过程，建立清晰的物理情景，并注意到过程之间的内在联系，弄清过程之间的重复性以及周期性．四、传送带中的图象问题例11．如图14所示，水平传送带的长度L =6m ，传送皮带轮的半径都为R =0.25m ，现有一小物体（可图14图13视为质点）以恒定的水平速度0v 滑上传送带，设皮带轮顺时针匀速转动，当转动角速度为ω时，物体离开B 端后在空中运动的水平距离为S ，若皮带轮以不同的角速度重复上述动作（保持滑上传送带的初速度0v 不变），可得到一些对应的ω和S 值，将这些对应值画在坐标上并连接起来，得到如图15中实线所示的S —ω图象．根据图中标出的数据（g 取10m/s 2）．求：（1）滑上传送带时的初速度0v 以及物体和皮带间的动摩擦因数μ；（2）B 端距地面的高度h ；（3）若在B 端加一竖直挡板P ，皮带轮以角速度16='ωrad/s 顺时针匀速转动，物体与挡板连续两次碰撞的时间间隔t '为多少？（物体滑上A 端时速度仍为0v ，在和挡板碰撞中无机械能损失）解析:（1）由图象看出当41=≤ωωrad/s 时，物体在传送带上一直做加速度为g a μ=的减速运动，经过B 端时速度大小为111==R v ωm/s ，gL v v μ22120=-；当282=≥ωωrad/s 时，物体在传送带上一直做加速度也为g a μ=匀加速运动，经过B 端时速度大小为722==R v ωrad/s ，gL v v μ22022=-．由以上各式可解得 50=v m/s ，2.0=μ．（2）由图象看出水平速度为1m/s 时，水平距离为0.5m ，则下落时间5.0/==v s t s ，由221gt h =，解得 25.1=h m ． （3）物体第一次和第二次与挡板P 碰撞前后的速度大小都等于4='R ωm/s ，碰后物体以加速度g a μ=向左匀减速至零再以同样的加速度加速返回，如此往复，故碰撞时间间隔4/2='='a R t ωs ．点评 物理图象以其形象简洁的手法再现物体运动过程的全貌，倍受师生喜爱，成为解题过程中的一道亮丽的风景线，本题将匀变速运动模型和抛体模型通过图象语言展现出来，别开生面，其应用价值在于识图、用图能力的考查，将蕴含在图象中影响滑块运动性质的两个拐点速度v 1、v 2挖掘出来是解题的核心．五、传送带中的开放问题例12．如图16所示，长为L 的传送带AB 始终保持速度为v 0的水平向右的速度运动．今将一与皮带间动摩擦因数为μ的滑块轻放到A 端，求滑块由A 运动到B的时间 ．解析:“轻放”的含意指初速为零，滑块所受滑动摩擦力方向向1/-⋅s rad ω S/m O 0.5 3.5 图15 A B 图16右，在此力作用下向右做匀加速运动，如果传送带够长，当滑块与传送带速度相等时，它们之间的滑动摩擦力消失，之后一起匀速运动，如果传送带较短，滑块可能由A 一直加速到B ．滑块的加速度为g a μ=，设它能加速到为v 0时向前运动的距离为s 1，由1202as v =解得：gv s μ2201=． 若1s L ≤，即g v L μ220≤，滑块由A 一直加速到B ，由221AB at L =解得：gL t AB μ2=； 若1s L >，即g v L μ220>，滑块由A 加速到v 0用时gv a v t μ001==，前进的距离g v s μ2201=之后，在1s L -距离内以v 0速度匀速运动，所用时间为gv v L v s L t μ200012-=-=，故滑块由A 运动到B 的时间为：gv v L t AB μ200+=． 点评：本题属于典型的答案开放性试题，由于传送带的长短制约着滑块的运动性质而导致答案的不唯一．因此周密的运动过程分析和受力分析是物理解题永恒的主题，否则极易造成漏解或错解．。