高考物理第二轮能力专题传送带问题分析

2006---2007高考复习2007、3第二轮能力专题：传送带问题分析专题解说一.命题趋向与考点传送带问题是以真实物理现象为依据的问题，它既能训练学生的科学思维，又能联系科学、生产和生活实际，因而，这种类型问题具有生命力，当然也就是高考命题专家所关注的问题．二.知识概要与方法传送带类分水平、倾斜两种;按转向分顺时针、逆时针转两种。（1）受力和运动分析：受力分析中的摩擦力突变（大小、方向）——发生在V物与V带相同的时刻；运动分析中的速度变化——相对运动方向和对地速度变化。分析关键是：一是V物、V带的大小与方向；二是mgsinθ与f的大小与方向。专题解说专题解说二.知识概要与方法(2)传送带问题中的功能分析①功能关系：WF=△EK+△EP+Q②对WF、Q的正确理解（a）传送带做的功：WF=F·S带功率P=F×V带（F由传送带受力平衡求得）（b）产生的内能：Q=f·S相对（c）如物体无初速，放在水平传送带上，则在整个加速过程中物体获得的动能EK，因为摩擦而产生的热量Q有如下关系：EK=Q=带21mv2专题聚焦（一）水平放置运行的传送带处理水平放置的传送带问题，首先是要对放在传送带上的物体进行受力分析，分清物体所受摩擦力是阻力还是动力；其二是对物体进行运动状态分析，即对静态→动态→终态进行分析和判断，对其全过程作出合理分析、推论，进而采用有关物理规律求解.这类问题可分①运动学型；②动力学型；③动量守恒型；④图象型.例1:质量为m的物体从离离送带高为H处沿光滑圆弧轨道下滑,水平进入长为L的静止的传送带落在水平地面的Q点,已知物体与传送带间的动摩擦因数为μ,则当传送带转动时,物体仍以上述方式滑下,将落在Q点的左边还是右边?QPHhL专题聚焦QPHhL解:物体从P点落下,设水平进入传送带时的速度为v0,则由机械能守恒得mgH=½mv02,0v=2gH当传送带静止时,分析物体在传送带上的受力知物体做匀减速运动,a=μmg/m=μg物体离开传送带时的速度为2t0v=v-2μgL随后做平抛运动而落在Q点.当传送带逆时针方向转动时,分析物体在传送带上的受力情况与传送带静止时相同,因而物体离开传送带时的速度仍为f2t0v=v-2μgL,随后做平抛运动而仍落在Q点.(当v02‹2μgL时,物体将不能滑出传送带而被传送带送回,显然不符合题意,舍去)专题聚焦QPHhL当传送带顺时针转动时,可能出现五种情况:(1)当传送带的速度v较大,20vv+2μgL则分析物体在传送带上的受力可知,物体一直做匀加速运动,离开传送带时的速度为220t0v=v+2μgLv=v-2μgL因而将落在Q点的右边.(2)当传送带的速度v较小,20vv-2μgL,则分析物体在传送带上的受力可知,物体一直做匀减速运动,离开传送带时的速度为2t0v=v-2μgL,因而仍将落在Q点(3)当传送带的速度202gHvv+2μgL时,则分析物体在传送带上的受力可知,物体将在传送带上先做匀加速运动,后做匀速运动,离开传送带时的速度2t0vv-2μgL专题聚焦QPHhL因而将落在Q点右边(4)当传送带的速度20v-2μgLv2gH时,则分析物体在传送带上的受力可知,物体将在传送带上先做匀减运动,后做匀速运动,离开传送带时的速度2t0vv-2μgL因而将落在Q点的右边.(5)当传送带的速度v=2gH时,则物体在传送带上不受摩擦力的作用而做匀速运动,故将落在Q点的右边综上所述:当传送带的速度20vv-2μgL时,物体仍将落在Q点;当传送带的速度20vv-2μgL时,物体将落在Q点的右边.例2：如图所示，一平直的传送带以速度V=2m/s匀速运动，传送带把A处的工件运送到B处，A，B相距L=10m。从A处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t=6s，能传送到B处，要用最短的时间把工件从A处传送到B处，求传送带的运行速度至少多大?ABV专题聚焦解由题意可知Ltv,所以工件在6s内先匀加速运动，后匀速运动，故有S1=½vt1①，S2＝vt2②且t1+t2＝t③，S1＋S2＝Ｌ④联立求解得:t1＝2s；v=at1,a＝1m/s2⑤若要工件最短时间传送到Ｂ处，工件加速度仍为a，设传送带速度为v/，工件先加速后匀速，同上Ｌ＝½v/t1＋v/t2⑥，专题聚焦联立求解⑥─⑧得Ｌ＝/v2a＋v(t－/va)⑨//2Lvav将⑨式化简得ｔ＝//Lv+2av⑩，从⑩式看出//LvL×=2a2av＝常量，//Lv=2av/v=2aL故当，即时，ABV其ｔ有最小值.因而ｖ＝/v=2aL=2×1×10＝4.47m/s通过解答可知工件一直加速到Ｂ所用时间最短．又∵t1＝/va⑦，t2＝ｔ－t1⑧专题聚焦例3.如图所示,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ｖ1＝2m/s的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定),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u＝50m/s,以后每隔1s就有一颗子弹射中木块,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.(1)第一颗子弹射入木块并穿出时,木块速度多大？(2)求在被第二颗子弹击中前,木块向右运动离Ａ点的最大距离.(3)木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中？(4)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能是多少？mv0MAv1B专题聚焦解mv0MAv1B（1）设子弹第一次射穿木块后木块的速度为v1/(方向向右),则在第一次射穿木块的过程中，对木块和子弹整体由动量守恒定律(取向右方向为正)得：mv0－Mv1＝mu＋Mv1/，可解得v1/＝3m/s，其方向应向右．（2）木块向右滑动中加速度大小为ａ＝μｇ＝5m/s2，以速度v/＝3m/s向右滑行速度减为零时，所用时间为t1＝v1//a＝0.6s，显然这之前第二颗子弹仍未射出，所以木块向右运动离Ａ点的最大距离Sm＝v1/2/2a＝0.9m．（3）木块向右运动到离Ａ点的最大距离之后，经0.4ｓ木块向左作匀加速直线运动，并获得速度ｖ//,ｖ//＝a×0.4＝2m/s，即恰好在与皮带速度相等时第二颗子弹将要射入注意到这一过程中（即第一个1秒内）木块离Ａ点S1合＝Sｍ－211at-t2＝0.5m．专题聚焦第二次射入一颗子弹使得木块运动的情况与第一次运动的情况完全相同.mv0MAv1B即在每一秒的时间里，有一颗子弹击中木块，使木块向右运动0.9m，又向左移动S/＝½×a×0.42=0.4ｍ，每一次木块向右离开Ａ点的距离是0.5m．显然，第16颗子弹恰击中木块时，木块离Ａ端的距离是S15合＝15×0.5m=7.5m，第16颗子弹击中木块后，木块再向右运动Ｌ－S15合＝8.3m－7.5m＝0.8m0.9m，木块就从右端Ｂ滑出．(4)前15颗子弹,每一次打击过程对子弹和木块系统:Q1=(½mv02＋½Mv12)－(½mu2＋½Mv1/2)对子弹与传送带系统:木块右行过程s右相=S1＋V1t1,得Q2=μmgs右相木块左行过程:s左相=v1t2－s/,得Q3=μmgs左相专题聚焦mv0MAv1B第16颗子弹击中的过程:对木块0.8=v1/t3－½at32,解得t3=0.4s,木块与传送带的相对位移为s3相=v1t3＋0.8,得Q4=μmgs3相全过程产生的热量为Q=15(Q1＋Q2＋Q3)＋(Q1＋Q4),代入数据得Q=14155.5J例4.(05江苏)如图所示.绷紧的传送带始终保持3.0m／s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度为A=0.45m.现有一行李包(可视为质点)由A端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端水平抛出，不计空气阻力，g取lOm／s2(1)若行李包从B端水平抛出的初速v＝3.0m／s，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离；(2)若行李包以v0＝1.Om／s的初速从A端向右滑行，包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要使它从B端飞出的水平距离等于(1)中所求的水平距离，求传送带的长度L应满足的条件.ABvLh专题聚焦解:（1）设行李包在空中运动时间为t，飞出的水平距离为s，则21h=gt2①s＝vt②代入数据得：t＝0.3s③s＝0.9m④2）设行李包的质量为m，与传送带相对运动时的加速度为a，则滑动摩擦力F=μmg=ma⑤代入数据得：a＝2.0m/s2⑥要使行李包从B端飞出的水平距离等于（1）中所求水平距离，行李包从B端飞出的水平抛出的初速度v=3.0m/s设行李被加速到时通过的距离为s0，则22002as=v－v⑦代入数据得s0＝2.0m⑧故传送带的长度L应满足的条件为：L≥2.0m⑨ABvLh专题聚焦（二）倾斜放置运行的传送带这种传送带是指两皮带轮等大，轴心共面但不在同一水平线上（不等高），传送带将物体在斜面上传送的装置．处理这类问题，同样是先对物体进行受力分析，再判断摩擦力的方向是关键，正确理解题意和挖掘题中隐含条件是解决这类问题的突破口．这类问题通常分为：运动学型；动力学型；能量守恒型．例5.如图所示，传送带与地面倾角θ＝370，从Ａ到Ｂ长度为16m，传送带以ｖ＝10m/s的速率逆时针转动.在传送带上端Ａ无初速地放一个质量为ｍ＝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运动到Ｂ所需时间是多少.（sin370＝0.6）mAvBθ专题聚焦mAvBθ解答：物体放到传送带上后,开始阶段,由于传送带的速度大于物体的速度,传送带给物体一沿平行传送带向下的滑动摩擦力,物体受力情况如图所示．Nfmg物体由静止加速，由牛顿第二定律F＝ｍａ可知Ｆx＝ｍｇsinθ＋ｆ＝ｍa1①Fy＝Ｎ－ｍｇcosθ＝0②f＝μＮ③联立得a1＝g(sinθ＋μcosθ)=10m/s2④物体加速至与传送带速度相等所需的时间ｖ＝a1t1则ｔ1＝v/a1＝1s．再由S＝½at12=½×10×12＝5m，由于μ＜tanθ,即μmgcosθ﹤mgsinθ,物体在重力作用下将继续作加速运动.专题聚焦再由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ得：Ｆｘ＝ｍｇsinθ－ｆ＝ｍａ2⑤，Ｆｙ＝Ｎ－ｍｇcosθ＝0⑥，ｆ＝μＮ⑦联立得ａ2＝ｇ(sinθ－μcosθ)＝2m/s2．设后一阶段物体滑至底端所用时间为ｔ2，由运动学公式可知Ｌ－S＝2221vt-at2，解得ｔ2＝1s(ｔ2＝－11s舍去)，所以物体由Ａ到Ｂ的时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝2s．当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体一沿平行传送带向上的滑动摩擦力．此时物体受力情况如图所示．Nfmg专题聚焦例6.（1998上海高考）某商场安装了一台倾角为θ＝300的自动扶梯，该扶梯在电压为ｕ＝380V的电动机带动下以ｖ＝0.4m/s的恒定速率向斜上方移动，电动机的最大输出功率Ｐ＝4.9kW.不载人时测得电动机中的电流为Ｉ＝5A，若载人时扶梯的移动速率和不载人时相同，则这台自动扶梯可同时乘载的最多人数为多少？（设人的平均质量ｍ＝60kg，ｇ＝10ｍ/ｓ2）解答：这台自动扶梯最多可同时载人数的意义是电梯仍能以ｖ＝0.4m/s的恒定速率运动．按题意应有电动机以最大输出功率工作，且电动机做功有两层作用：一是电梯不载人时自动上升；二是对人做功．由能量转化守恒应有：Ｐ总＝Ｐ人＋Ｐ出，设乘载人数最多为ｎ，则有Ｐ＝IU＋nmgsinθ·ｖ，代入得ｎ＝25人专题聚焦（三）平斜交接放置运行的传送带这类题一般可分为两种，一是传送带上仅有一个物体运动，二是传送带上有多个物体运动，解题思路与前面两种相仿，都是从力的观点和能量转化守恒角度去思考，挖掘题中隐含的条件和关键语句，从而找到解题突破口．例7.(03全国)一传送带装置示意图,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,放置时初速度为零,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