高中高考物理传送带问题解析.docx

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高中高考物理传送带问题解析

高中高考物理传送带问题解析

一、传送带的分类

1.按放置方向分水平、倾斜两种；

2.按转向分顺时针、逆时针转两种；

3.按运动状态分匀速、变速或变速再变速两种

二、受力分析：

传送带模型中要注意摩擦力的突变（发生在V物与V传相同的时刻）

1.滑动摩擦力消失

2.滑动摩擦力突变为静摩擦力

3.滑动摩擦力改变方向

三、运动分析

1.注意物体相对传送带的速度和物体相对地面的速度的区别。

2.判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？

3.判断传送带长度——临界之前是否滑出？

四、传送带模型的一般解法

1.确定研究对象；

2.分析其受力情况和运动情况，（画出受力分析图和运动情景图），注意摩擦力突变对物体运动的影响；

3.分清楚研究过程，利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量。

考点一、水平匀速的传送带

【例1】—水平传送带，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的行李无初速地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。

设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离l＝2m，g取10m/s2。

（1）行李在传送带上滑行痕迹的长度。

（2）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处。

求行李从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：

（1）行李受到的滑动摩擦力F＝μmg①

代入数值，得F＝4N②

由牛顿第二定律得F＝ma③

代入数值，得a＝1m／s2④

（2）设行李做匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度为v＝1m／s。

则：

v＝at1⑤

代入数值，得：

t1＝1s⑥

匀加速运动的位移为x1=½a1t12=0.5m

接着做匀速运动的位移x2=l-x1=1.5m

匀速运动的时间t2=x2/v=1.5s

所以，从A运动到B的时间t=t1+t2=2.5s

（3）在行李做匀加速运动的时间t1内，传送带运动的位移为x传=vt1=1m滑行痕迹的长度为Δx=x传-t1=0.5m

（4）行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短。

则：

l＝½at2min⑦

代入数值，得tmin＝2s⑧

传送带对应的最小运行速率vmin＝atmin⑨

代入数值，解得vmin＝2m／s⑩

【例2】如图，光滑圆弧槽的末端与水平传送带相切，已知传送带长L=8m,滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，一滑块从离传送带高h=1.8m处由静止沿圆槽滑下，求下面情况下，滑块在传送带上运动的时间（g=10m/s2）

（1）传送带以4m/s的速度逆时针转动；

（2）传送带以4m/s的速度顺时针转动；

考点二、倾斜、匀速传送带

【例3】传送带与水平面的夹角为θ=37o，其以4m／s的速度向上运行，在传送带的底端A处无初速度地放一个质量为O.5kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=O.8，AB间（B为顶端）长度为25m．试回答下列问题：

（1）物体从A到B的时间为多少?

（g=10m/s2）

（2）要使得物体从A到B的时间最短，传送带的速度至少多大？

【例4】传送带与地面的倾角θ为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？

解：

小物体刚放到A点至运动到10m/s过程中,物体受摩擦力作用方向向下,故

a1=gsinθ+μgcosθ=6+4=10m/s2

下滑1s时间后速度达到10m/s,发生位移5m.

小物体速度达10m/s后,由于最大静摩擦力不足以使其相对皮带静止,故继续加速度：

a2=gsinθ-μgcosθ=6-4=2m/s2

再下滑余下的11m位移,S=v0t+½a2t22

得t2=1s

总用时t=t1+t2=2s.

考点三、水平、变速传送带

【例5】（2006全国I）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的。

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：

本题中煤块与传送带的运动均分为两个物理过程：

初速度为零的匀加速运动与匀速运动，只是二者加速度不同。

作出二者的ν－t图像，如图所示：

其中图线

（1）、

（2）分别为传送带与煤块的运动图线。

tA、tB分别为传送带与煤块加速到

的时间。

图中阴影部分

的面积即为煤块相对于传送带的位移，也就是痕迹的长度L。

由图知：

即L=

①

对煤块由牛顿运动定律：

µmg=m

=

tB故tB=

②

对传送带由匀变速运动规律：

=

tA故tA=

③

②③代入①得，痕迹长度：

L=

【例6】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/s2，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：

在同一v-t坐标图上作出两次划线粉笔头及传送带的速度图象，如图所示。

第一次划线。

传送带匀速，粉笔头匀加速运动，AB和OB分别代表它们的速度图线。

速度相等时（B点），划线结束，图中ΔAOB的面积代表第一次划线长度，即B点坐标为（4，2），粉笔头的加速度a1=0.5m/s2。

第二次划线分两个AE代表传送带的速度图线，它的加速度为a=1.5m/s2可算出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，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。

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。

可求出F点坐标为（2，0）此阶段粉笔头相对传送带向前划线，长度。

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。

【例7】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。

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）

（答案：

ａ≥[（μ1＋２μ2）/μ2]μ1ｇ）

图像法：

依据题知：

以加速度a抽出桌布过程中，圆盘相对桌布向后滑动过程，它对地做匀加速运动，滑离桌布后在桌面上做匀减速运动，其速度图像如图所示，图中

、

分别表示

时刻圆盘滑离桌布（或滑到桌面上）时圆盘、桌布的速度。

若方桌边长为L，则由“面积”的含义有

……①

……②

若圆盘在桌布、桌面上滑动的加速度大小分别为

、

则有

……③

……④

依据牛顿第二定律有

……⑤

……⑥

联立以上各式得

。

常规解法对比：

圆盘的质量为

，桌长为

，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为

，有：

①

桌布抽出后，圆盘在桌面上作匀减速运动，以

表示加速度的大小，有：

②

设圆盘刚离开桌布时的速度为

，移动的距离为

，离开桌布后在桌面上再运动距离

后便停下，有：

③

④

圆盘没有从桌面上掉下的条件是：

⑤

设桌布从圆盘下抽出所经历的时间为

，在这段时间内桌布移动的距离为

，有：

⑥

⑦

而：

⑧

由以上各式解得：