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-1-考点7应用动力学方法分析传送带问题例某煤矿运输部有一新采购的水平浅色足够长传送带以4.0m/s的恒定速度运动，若使该传送带改做加速度大小为3.0m/s2的匀减速运动，并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将一煤块(可视为质点)无初速度放在传送带上．已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.10，重力加速度取10m/s2，求煤块在浅色传送带上能留下的痕迹长度和相对于传送带运动的位移大小？(计算结果保留两位有效数字)审题突破煤块先相对于传送带向后滑动，速度相同后，又相对传送带向前滑，根据运动学公式，结合速度时间图线求出两次过程中相对位移的大小，从而得出划痕的长度．解析由运动情况作出传送带和煤块的v—t图像，如图所示．因煤块与传送带间的动摩擦因数为μ，则煤块在传送带上运动的加速度a0＝μg＝1.0m/s2设传送带的加速度大小为a，由运动学规律得：v1＝a0t1＝v0－at1解得t1＝v0a＋μg＝1.0s，v1＝1.0m/s此过程中煤块相对于传送带向后滑动，划线的长度为l1＝v0t1－12at21－12a0t21＝2.0m当煤块与传送带间的速度相等以后，两者都做匀减速直线运动，煤块相对于传送带又向前滑动，划线的长度l2＝v212μg－v212a＝13m≈0.33m因为l1l2，煤块在传送带上留下的划线长度为l1＝2.0m煤块相对于传送带的位移为x＝l1－l2＝2.0m－0.33m≈1.7m答案2.0m1.7m1．(2015·四川·7)如图1所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是()-2-图1答案BC解析若v1v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确．若v1v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v2v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝T＋μmgm，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有Tμmg，此后加速度a2＝T－μmgm，故C正确，A、D错误．分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时(静止释放或有初速度的释放)所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体与传送带共速时摩擦力的有无及方向的分析．强化训练-3-1．如图1所示，倾斜的传送带以恒定的速度v2向上运动，一个小物块以初速度v1从底端冲上传送带，且v1大于v2，小物块从传送带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，则()图1A．小物块到达顶端的速度可能等于零B．小物块到达顶端的速度不可能等于v2C．小物块的机械能一直在减小D．小物块所受的合外力一直做负功答案AD解析当传送带对小物块的滑动摩擦力小于重力沿传送带向下的分力时，小物块有可能一直减速到达顶端速度恰好减为零，所以A正确；小物块的速度小于v2以后，摩擦力对小物块做正功，机械能增大，所以C错误；若传送带对小物块的滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，当小物块速度减为v2时，以v2做匀速运动，所以到达顶端的速度有可能等于v2，故B错误；因小物块一直在减速，根据动能定理可得合外力一直做负功，所以D正确．2．如图2甲所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M＝1.0kg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10m/s2.求：甲乙图2(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ；(2)物块在传送带上的运动时间；(3)整个过程中系统产生的热量．答案(1)0.2(2)4.5s(3)18J解析(1)由速度图像可知，物块做匀变速运动的加速度：a＝ΔvΔt＝2.0m/s2-4-由牛顿第二定律得f＝Ma则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝MaMg＝0.2.(2)由速度图像可知，物块初速度大小v＝4m/s、传送带速度大小v′＝2m/s，物块在传送带上滑动t1＝3s后，与传送带相对静止．前2s内物块的位移大小x1＝v2t＝4m，向右，后1s内的位移大小x2＝v′2t′＝1m，向左，3s内位移x＝x1－x2＝3m，向右；物块再向左运动时间t2＝xv′＝1.5s.物块在传送带上运动时间t＝t1＋t2＝4.5s.(3)物块在传送带上滑动的3s内，传送带的位移x′＝v′t1＝6m，向左物块的位移x＝x1－x2＝3m，向右相对位移为Δx′＝x′＋x＝9m所以转化的热能EQ＝f·Δx′＝18J.