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）

1、.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，它又与消费、生活实际严密相连，是培养提升学生综合才能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图1QBACPMv例1如图1所示是消费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。测得轮A、B的半径分别为rA=20cm，r

2、B=l0cm，相邻两产品间隔 为30cm，lmin内有41个产品通过A处，求： 1产品随传输带挪动的速度大小； 2A、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假如A轮是通过摩擦带动C轮转动，且rC=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、

3、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，那么1m/s2vP=vQ=0.2m/s，A轮半径上的M点与P点的角速度相等，故：vM=vP=×0.2m/s=0.1m/s，图2QBACPMvvvP=M=rad/s =lrad/s，Q=2P=2rad/s3C轮的转动方向如图2所示，假如两轮间不打滑，那么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CrC=ArAC轮的角速度：C=rads=4ra

4、ds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=r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二、传送带中的动力学问题1涉及“划痕问题30°AB图3例2如图3所示，皮带传动装置与程度面夹角为30°，轮半径R= m，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= 。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，

5、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/s2。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vt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a1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mgsin30° + mgcos30°=ma1 ，解得 a1 = 7.5m/s2又L = a1tmin2，解得tmin = 1s，v =a1tmin =7.5m/s此时小物块和传送带之间的相对路程为

6、 S = v tL = 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Smax，设此时传送带速度为v，那么Smax = 2L + 2RSmax = v2tminL 联立以上各式解得 v2= 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程度传送带上后，传送带上留下一条长度为4m的划线。假设使该传送带仍以2m/s的初速改做匀减速运动，加速度大小恒为1.5m/s2，且在传送带开场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一样

7、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？tvv00t3图5传送带煤块Av1Et1t2CF解析: 第一次划线，传送带匀速，粉笔头由静止开场做匀加速运动，两者发生相对滑动，设粉笔头的加速度大小为a1，在vt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。tvv00t图4传送带煤块ABAB和OB分别代表它们的速度图线,速度相等时B点，划线完毕，图中AOB的面积代表第一次划线长度，故t=4s，即B点坐标为4，2，粉笔头的加速度大小为m/s2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vt图象，如图5所示，AE代表传送带的速度图线

8、，它的加速度为a=1.5m/s2，由速度公式可得t2=4/3s，即E点坐标为4/3，0OC代表第一阶段粉笔头的速度图线，C点表示二者速度一样，得t1=1s，m/s，即C点坐标为1，0.5，该阶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m，等速后，粉笔头超前，所受滑动摩擦力反向，开场减速运动，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t3=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

9、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那么选用的是图像法，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，一程度传送带以2m/s的速度传送物块，程度部分长为2m，其右端与一倾角为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，物块传送带间动摩擦因数µ0.2，试问，物块能否达斜面顶端，假设能那么说明理由，假设不能那么求出从出发后9.5s内物块运动的路程。图6v0解析：物块在匀加速运动过程中，滑动

10、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m/s2，那么m<2m，加速时间s，说明物块先加速后匀速，匀速时间s，即物块以2m/s的速度滑上斜面，其加速度a2=gsin=6m/s2，当速度减为零时，在斜面上的位移为m<0.4m，运动时间s，故不能到达顶端从开场加速1s后匀速0.5s到达斜面底端，然后上升s达最高点，再经s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，

11、刚好完成3个来回运动，故s=L+6s1+s2=10m例5如图7所示，传送带与地面的倾角=370，从A端到B端的长度为16m，传送带以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=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=0.8370AB图7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的合力作用而使物体做加速运动，直到两者速度一样此时物体由于仍然受到重力沿斜面向下的分力的作用，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

12、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>，因此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、，那么由牛顿第二定律得：，解得 m/s2物体速度从零增大到与传送带一样时所用时间为：s此时物体下滑的位移为：m接着物体下滑的速度大于传送带的速度，那么物体该过程的加速度：m/s2，其运动的位移为：解得：s，故物体下滑的总时间为s。点评: 此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

13、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，否那么极易因运动性质的误判而导致错解3与抛体相联络的问题图8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处的切线方向程度一个质量为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所示它落地时相对于B点的程度位移OC=l如今轨道下方紧贴B点安装一程度传送带，传送带的右端与B间隔 为l/2当传送带静止时，让P再次从A点由静止释放，它分开轨道并在传送带上滑行后从右端程度飞出，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

14、求：1P与传送带之间的动摩擦因数2O、D间间隔 s随速度v的变化函数关系式 解析:1没有传送带时，物体分开B点作平抛运动，那么：，解得：，当B点下方的传送带静止时，物体分开传送带右端做平抛运动，时间仍为t，有，由以上各式得P飞离传送带时的速度， 由动能定理，物体在传送带动滑动时，有：，解得2当传送带的速度v>时，物体将会在传送带上作一段匀变速运动假设尚未到达传送带右端，速度即与传送带速度一样，此后物体将做匀速运动，而后以速度v分开传送带v的最大值为物体在传送带动一直加速而到达的速度，设为v2那么，把代入得，假设，物体将以分开传送带，得O、D间隔 ；当，即<v<时，物体从传送带

15、飞出的速度为v，那么故综上述分析s随v变化的函数关系式为：当时，；当<v<时，；当时，点评: 这是一道滑块平抛与传送带结合起来的综合题求解此题的关键是分析清楚物体分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v1及在传送带上一直匀加速至右端的最大速度v2，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hv0图10例7如图10所示，绷紧的传送带与程度面的夹角=300，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

16、g=10m/s2，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m工件速度达v0前，做匀加速运动的位移，达v0后做匀速运动的位移为,解得加速运动的时间t1=0.8s，加速运动的位移s1=0.8m所以加速度m/s2，工件受支持力，由牛顿第二定律有：，解得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、势能以及抑制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t1内，皮带运动的位移m，在时间t1内，工件相对皮带的位移=0.8m，在时间t1内，摩擦发热Q=60J；工件获得的动能J，工件增加的势能J，所以电动机多消耗的电能J点评:此题

17、综合考察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根底上的公式应用，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此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，经过分析应明确如今由于工件的参加需要多消耗的电能表达在三个方面：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图11例8一传送带装置示意如图11所示，其中传送带经过AB区域时是程度的，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

18、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，相邻两箱的间隔 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、势能以及抑制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：，式中T为传送带运送N个货箱的时间，为传送带的速度，f为箱与传送带

19、之间的摩擦力，为箱相对传送带的位移从上式可以看出，只要求出及，即可求出由题意易知，货箱先在摩擦力作用下做匀加速运动，经过一段时间后到达与传送带共同的速度因货箱加速过程中的平均速度，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，抑制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，由上述三式可得 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，正确的理解与灵敏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v0B图12AM例9如图12

20、所示，程度传送带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传送速度恒定，木块与传送带间的动摩擦因数=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v0=300m/s程度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，且每次射入点各不一样，g取10m/s2求1在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大间隔 ？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：，解得：m/s，木块向右做减速运动的加速度m/s2，木块速度减小为零

21、所用的时间为s1s，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，挪动的间隔 为m2在第二颗子弹射中木块前，木块再向左做加速运动，时间为t2=1s0.6s=0.4s，速度增大为m/s恰与传送带同速，那么向左挪动的位移为m所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移为，方向向右；第16颗子弹击中前，木块向右挪动的位移为m，第16颗子弹击中后，木块将会再向右先挪动0.9m，总位移为0.9m+7.5m8.4m8.3m，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，足够长的程度传送带始终以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

22、木盒A，A与传送带之问的动摩擦因数，开场时，A与传送带保持相对静止，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v2=15 m/s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s与木盒相遇，取g10 m/s2求：v0v图13AB1第1个球与木盒相遇后瞬问，两者共同运动的速度vt2第1个球自出发到与木盒相遇所需的时间t23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：，代入数据可解得：v1=3m/s2设第1个球进入木盒后两者与皮带有相对运动时

23、的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：，代入数据可解得：a=3m/s2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t1、位移为s1，之后向左加速到与传送带速度一样所需的时间为t2、位移为s2，那么有：s，m，s，m由s1=s2可知，木盒在t1+t2=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间隔 为s，那么有：，在第2个球与木盒相遇的过程中有：，代入数据可解得：t0=0.5s3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s3，木盒的位移为s4，那么：m，m，此过程中木盒相对于传送带的位移m，故 JhSBAP图14点评:碰撞、打击类问题是较为常见的物理

24、模型，但把该类模型巧妙整合搬到皮带上进展，增加了兴趣性，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根本规律的应用情况，解答此类问题的关键是要求学生分析物理过程，建立明晰的物理情景，并注意到过程之间的内在联络，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，程度传送带的长度L=6m，传送皮带轮的半径都为R=0.25m，现有一小物体可视为质点以恒定的程度速度滑上传送带，设皮带轮顺时针匀速转动，当转动角速度为时，物体分开B端后在空中运动的程度间隔 为S，假设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不变，可得到一些对应的和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图象根据图中标出的数据g取10m/s2求：S/mO0.53.5428图151滑上传送带时的初速度以及物体和皮带间的动摩擦因数；2B端距地面的高度；3假设在B端加一竖直挡板P，皮带轮以角速度rad/s顺时针