2020高考物理新创新大一轮复习新课改省份专用讲义：第三章第18课时 动力学模型之二——传送带（题型研究课）
展开第18课时 动力学模型之二——传送带(题型研究课)
传送带是高中物理的重要模型，能够综合考查学生分析和处理复杂问题的能力。近几年高考对传送带模型的考查较少，但复习时不能掉以轻心，这类问题在高考中一旦出现，就很有可能作为压轴题进行考查，难度大，分值高。
命题点一 水平传送带
题型1 物块轻放在匀速运动的水平传送带上
题型简述 | “轻放”的含义是指物块的初速度为零，传送带较短时物块可能一直加速，传送带较长时物块可能先加速后匀速 |
方法突破 | (1)求解物块的加速度，a＝＝μg (2)根据t＝求解物块加速过程的时间 (3)根据x＝at2求解物块加速过程的位移 (4)将加速过程的位移x与传送带的长度L进行比较，若x≥L，说明物块一直加速，若x<L，则物块速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力立即变为零，剩下的路程物块靠惯性与传送带相对静止匀速运动 [注意] 物块的位移x、速度v、加速度a都应以地面为参考系，并注意区分对地位移和相对位移 |
[例1] (多选)如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速度放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是( )
A.＋ B.
C. D.
[解析] 木块的加速度大小为a＝μg，若木块一直做匀加速运动，则有L＝μgt2，得t＝ ，C正确；若木块到达传送带另一端时，速度恰好等于v，则有L＝ t＝t，得t＝，D正确；若木块先匀加速运动经历时间t1，位移为x，再匀速运动经历时间t2，位移为L－x，则有v＝μgt1,2μgx＝v2，vt2＝L－x，得t＝t1＋t2＝＋，A正确。
[答案] ACD
[易错提醒]
本题不少同学出现漏选D项现象，木块在传送带上运动，会出现这样一种可能性：木块在传送带上一直加速，但恰好在尾端达到与传送带共速。解答这种题型的关键是分析木块的运动，把所有可能的运动情况分门别类地列举出来，然后一一求解。
题型2 物块以初速度v0冲上匀速水平传送带
题型简述 | 当物块以初速度v0冲上匀速水平传送带上时，可分为两种情形：v0的方向与传送带速度v的方向相同或者相反。每种情形的具体运动情况要根据受力来判断 |
方法突破 | (1)若物块的初速度v0的方向与传送带的速度v的方向相同时(如图甲所示)，又会出现以下三种可能： ①v0>v时，若传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等或恰好相等，则一直减速；若传送带较长，物块未到达另一端时二者速度已相等，则先减速后匀速 ②v0<v时，若传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等或恰好相等，则一直加速，若传送带较长，物块未到达另一端时二者速度已相等，则先加速后匀速 ③v0＝v时，物块在传送带上做匀速直线运动 (2)若物块的初速度v0的方向与传送带的速度v的方向相反时(如图乙所示)，又会出现以下两种可能： ①若传送带较短时，物块一直减速到达另一端离开 ②若传送带较长时，物块速度减小到零后还要被传送带传回右端。若v0>v，返回时物块速度为v，若v0<v，返回时物块速度为v0 |
[例2] 如图所示，水平方向的传送带，顺时针转动，传送带速度大小v＝2 m/s 不变，两端A、B间距离为3 m。一物块从B端以初速度v0＝4 m/s 滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，选项图中速度随时间变化的关系正确的是( )
[解析] 物块刚滑上传送带时，速度方向向左，由于物块与传送带间的摩擦作用，使得物块做匀减速运动，加速度大小为a＝μg＝4 m/s2，当物块的速度减小到0时，物块前进的距离为s＝＝ m＝2 m，其值小于AB的长3 m，故物块减速到0后仍在传送带上，所以它会随传送带向右运动，其加速度的大小与减速时是相等的，其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离为s′＝＝ m＝0.5 m，其值小于物块向左前进的距离，说明物块仍在传送带上，以后物块相对于传送带静止，其速度大小等于传送带的速度大小，选项B正确。
[答案] B
[易错提醒]
有的同学凭感觉，想当然地认为传送带与物块运动方向相反时，传送带对物块的阻碍作用将加重，这是一种错觉。还有不少同学对物块滑上传送带后出现可能的运动情况分析不全。
题型3 物块轻放在匀加速启动的水平传送带上
题型简述 | 当物块轻放在匀加速启动的水平传送带上时，动摩擦因数与传送带加速度a0的大小决定它们是否发生相对滑动 |
方法突破 | (1)若μg≥a0，物块和传送带一起以加速度a0加速运动，物块受到沿传送带前进方向的静摩擦力Ff＝ma0 (2)若μg<a0，物块将跟不上传送带的运动，即物块相对于传送带向后滑动，但物块相对地面仍然是向前加速运动的，此时物块受到沿传送带前进方向的滑动摩擦力Ff＝μmg，产生的加速度a＝μg |
[例3] 如图所示，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。
[解析] 依题意知，传送带的加速度大于煤块的加速度，即a0>＝μg，
由运动学公式可得，传送带达到匀速的时间t1＝，
煤块达到与传送带相对静止的时间t2＝，
根据以上分析，煤块与传送带的v t图像分别如图中直线OB和折线OAB所示。
因v t图线和t轴所围图形的面积表示位移，则△OAB的面积即为二者间的相对位移，即黑色痕迹的长度。
由几何知识得：
L＝(t2－t1)v0＝v0。
整理得：L＝。
[答案]
[规律方法]
分析传送带问题的三步骤
(1)初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况。
(2)根据临界条件v物＝v带确定临界状态的情况，判断之后的运动形式。
(3)运用相应规律，进行相关计算。
命题点二 倾斜传送带
| 图示 | 滑块可能的运动情况 |
情景1 | (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 | |
情景2 | (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 |
[典例] 如图所示，绷紧的传送带，始终以v＝2 m/s的速率顺时针转动，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°。现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带送至顶端Q处。已知P、Q之间的距离为4 m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2。
(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；
(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间。
[解析] (1)对工件受力分析，受重力、支持力、摩擦力共同作用，摩擦力提供动力。
由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma
代入数据得：a＝2.5 m/s2
则其速度达到传送带速度时发生的位移为
x1＝＝ m＝0.8 m<4 m
可见工件先做匀加速运动0.8 m，然后做匀速运动3.2 m。
(2)工件做匀加速运动时，由x1＝t1，得t1＝0.8 s
匀速运动时t2＝＝ s＝1.6 s
所以工件从P点运动到Q点所用的时间为
t＝t1＋t2＝2.4 s。
[答案] (1)先做匀加速运动0.8 m，然后做匀速运动3.2 m (2)2.4 s
[规律方法]
例题中在工件与传送带达到共同速度的瞬间摩擦力发生了“突变”，由滑动摩擦力变为静摩擦力。可得出，传送带上的工件所受摩擦力不论是其大小突变，还是其方向突变，都发生在工件的速度与传送带速度相等的时刻。对于倾斜传送带，摩擦力方向能否发生“突变”，还与动摩擦因数的大小有关，这一点考查了学生综合分析问题的能力，学生容易出错，应引起高度的重视。
[集训冲关]
1.如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以速率v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则选项图中能反映小木块的速度随时间变化关系的是( )
解析：选D 小木块刚放上传送带时，传送带的速度大于小木块的速度，传送带给小木块一沿传送带向下的滑动摩擦力，小木块由静止加速下滑。由分析得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，a1＝g(sin θ＋μcos θ)；当小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，小木块在重力作用下将继续加速，此后小木块的速度大于传送带的速度，传送带给小木块沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，小木块继续加速下滑，同理得，a2＝g(sin θ－μcos θ)。所以D正确。
2．(2019·德州模拟)如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s 的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放置一质量为m＝0.5 kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
解析：(1)煤块刚放上传送带时，受到向下的摩擦力，其加速度为
a1＝＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
煤块加速到传送带速度v0所用的时间为t1＝＝1 s，
其经过的路程为x1＝a1t12＝5 m，
煤块的速度达到v0后，受到向上的摩擦力，则
加速度为a2＝＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，
煤块以加速度a2运动的路程为
x2＝L－x1＝5.25 m，
其时间满足x2＝v0t2＋a2t22，
解得t2＝0.5 s，
煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。
(2)第一过程煤块相对于传送带向后留下的痕迹长
Δx1＝v0t1－x1＝5 m，
第二过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长
Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m。
答案：(1)1.5 s (2)5 m
