传送带问题 答案.docx

传送带问题答案图22传送带问题答案、1【审题】传送带沿逆时针转动，与物体接触处的速度方向斜向下，物体初速度为零，所以物体相对传送带向上滑动（相对地面是斜向卜运动的），因此受到沿斜面对卜的滑动摩擦力作用，这样物体在沿斜面方向上所受的合力为重力的下滑分力和向下的滑动摩擦力，因此物体要做匀加速运动。当物体加速到与传送带有相同速度时，摩擦力状况要发生改变，同速的瞬间可以看成二者间相对静止，无滑动摩擦力，但物体此时还受到重力的下滑分力作用，因此相对于传送带有向下的运动趋势，若重力的卜滑分力大于物体和传送带之间的最大静摩擦力，此时有Vtan,则物体将向下加速，所受摩擦力为沿斜面对上的滑动摩擦力：若重力的下滑分力小于或等于物体和传送带之间的最大静摩擦力，此时有tan,则物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动，所受静摩擦力沿斜面对上，大小等于重力的下滑分力。也可能出现的状况是传送带比较短，物体还没有加速到与传送带同速就已经滑到了底端，这样物体全过程都是受沿斜面对上的滑动摩擦力作用。【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2msIOcossin=+=mmgmga<.这样的加速度只能维持到物体的速度达到10ns为止，其对应的时间和位移分别为：IO1.sa,1.s1.vt=m52s21=a<16m以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为（因为mgsin>mgcos）。22ms2cossin=mmgmga。设物体完成剩余的位移2s所用的时间为2t,则22220221tats+=,Hm=,10222tt+解得：）s（11ts,1t2212舍去或=所以：s2sIs1=+=总to【总结】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，若>075,其次阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动；若1.V5m,物体将始终加速运动。因此，在解答此类题目的过程中，对这些可能出现两种结果的特殊过程都要进行推断。2【审题】该题目的物理过程的前半段与例题1是一样的,但是到了物体和传送带有相同速度时，状况就不同了，经计算，若物体和传送带之间的最大静摩擦力大于重力的下滑分力，物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动，所受静摩擦力沿斜面对上，大小等于重力的下滑分力。【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2ms468cossin=+=mmgmga这样的加速度只能维持到物体的速度达到IOm/s为止，其对应的时间和位移分别为：IO1.sa,18.Is46.8vt=m91.52s21=a<16m以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为零（因为mgsin<mgcos)o设物体完成剩余的位移2s所用的时间为2t,则202ts=,16m-5.91m=210t解得：5, 90.102=t所以：s27.11.=s09.IOs18.1+=总to【总结】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，>tan=33,其次阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动。3【审题】该题目的物理过程的前半段与例题1是一样的，由于传送带比较短，物体将始终加速运动。【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2ms1.0cossin=+=mmgmga(.这样的加速度只能维持到物体的速度达到Iom/s为止，其对应的时间和位移分别为：IO1.sa,1.s1.vt=m52s21=a此时物休刚好滑到传送带的低端。所以：sI=总to【总结】该题目的关键就是要分析好第一阶段的运动位移，看是否还要分析其次阶段。4【审题】传送带沿顺时针转动，与物体接触处的速度方向斜向上，物体初速度为零，所以物体相对传送带向下滑动(相对地面是斜向上运动的），因此受到沿斜面对上的滑动摩擦力作用，这样物体在沿斜面方向上所受的合力为重力的下滑分力和向上的滑动摩擦力，因此物体要向上做匀加速运动。当物体加速到与传送带有相同速度时，摩擦力状况要发生改变，此时有tan,则物体将和传送带相对静止一起向上匀速运动，所受静摩擦力沿斜面对上，大小等于重力的下滑分力。【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2ms2.1.=sincos=mmgmgao这样的加速度只能维持到物体的速度达到IOm/s为止，其对应的时间和位移分别为：IO1.sa,33.8s2.ivt=m67.412s21=a<50m以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为零（因为mgsin<mgcos）。设物体完成剩余的位移2s所用的时间为2t,则202ts=,50m-41.67m=210t解得：s,33.82=t所以：S66.16s33.8s33.8=+=总K【总结】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，并对物体加速到与传送带有相同速度时，是否已经到达传送带顶端进行推断。本题的一种错解就是：所以:Iat1.=22aH2=9.13s该时间小于正确结果】6.66s,是因为物体加速到10ms时，以后的运动是匀速运动，而错误结果是让物体始终加速运动，经过相同的位移，所用时间就应当短。5【审题】传送带上留下的摩擦痕迹，就是行李在传送带上滑动过程中留下的，行李做初速为零的匀加速直线运动，传送带始终匀速运动，因此行李刚起先时跟不上传送带的运动。当行李的速度增加到和传送带相同时，不再相对滑动，所以要求的摩擦痕迹的长度就是在行李加速到025ms的过程中，传送带比行李多运动的距离。【解析】解法一：行李加速到025ms所用的时间：t=av=s625.0=0.042s行李的位移：X行李=22Iat=In2行李.0（621=0.0053m传送带的位移：X传送带=Vo1.=O.250.042m=00105m摩擦痕迹的长度：mmmxxx50052.O=A行李传送带（求行李的位移时还可以用行李的平均速度乘以时间，行李做初速为零的匀加速直线运动，20VV=o）解法二：以匀速前进的传送带作为参考系.设传送带水平向右运动。木箱刚放在传送带v=0.25ms,方向水平向左。上时，相对于传送带的速度木箱受到水平向右的摩擦力F的作用，做减速运动，速度减为零时，与传送带保持相对静止。木箱做减速运动的加速度的大小为a=6ms2木箱做减速运动到速度为零所通过的路程为mmmmavx50052.06225.02220=即留下5mm长的摩擦痕迹。【总结】分析清晰行李和传送带的运动状况，相对运动通过速度位移关系是解决该类问题的关键。6【审题】本题难度较大，传送带起先阶段也做匀加速运动了，后来乂改为匀速，物体的运动状况则受传送带的运动状况制约，由题意可知，只有g<a才能相对传送带滑动，否则物体将与传送带始终相对静止。因此该题的重点应在对物体相对运动的情景分析、相对位移的求解上，须要较高的分析综合实力。【解析】方法一：依据传送带上有黑色痕迹可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a依据牛顿运动定律，可得ga=设经验时间I,传送带由静止起先加速到速度等于v,煤块则由静止加速到V,有tavOO=tav=由于aa,故vv,煤块接着受到滑动摩擦力的作用。再经过时间t',煤块的速度由V增加到v,有Otavv+=此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。设在煤块的速度从O增加到VO的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为So和s,有100otvtas+=22202VSa=传送带上留下的黑色痕迹的长度SSI=O由以上各式得2000O2vag1.ag=【小结】本方法的思路是整体分析两物体的运动状况，分别对两个物体的全过程求位移。方法二：第一阶段：传送带由静止起先加速到速度v,设经验时间为t,煤块加速到V,有VtaOO=Vgtat=传送带和煤块的位移分别为S1.和s2,20121tas=2222121gtats=其次阶段：煤块接着加速到v,设经验时间为t,有vvgt=+传送带和煤块的位移分别为s3和s4,有30svt=2412svtgt=+传送带上留下的黑色痕迹的长度0t2ti1.tvV图264231ssss1.+=由以上各式得2000()2vag1.ag=【小结】本方法的思路是分两段分析两物体的运动状况，分别对两个物体的两个阶段求位移，最终再找相对位移关系。方法三：传送带加速到VO,有OOvat=传送带相对煤块的速度OOvagt=传送带加速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为零，相对加速度是()ga()20121tga1.=传送带匀速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为()ga1.,相对加速度是g】Og2t2202ga1.=整个过程中传送带相对煤块的位移即痕迹长度()0g2t2122OOgatga1.+=由以上各式得2000()2Vag1.ag=【小结】本方法的思路是用相对速度和相对加速度求解。关键是先选定好过程，然后对过程进行分析，找准相对初末速度、相对加速度。方法四：用图象法求解画出传送带和煤块的Vt图象，如图26所示。其中O1.Ovta=,02vtg=,黑色痕迹的长度即为阴影部分三角形的面积，有：20000021000()11()()222wvag1.vttvgaag=图28【小结】本方法的思路是运用在速度时间图象中，图线与其所对应的时间轴所包围图形的面积可以用来表示该段时间内的位移这个学问点，来进行求解，本方法不是基本方法，不易想到，但若能将它理解透，做到融会贯穿，在解决相应问题时，就可以多一种方法。【总结】本题题目中明确写道：经过一段时间，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。这就说明第一阶段传送带的加速度0a大于煤块的加速度g当传送带速度达到OV时，煤块速度Ovv,此过程中传送带的位移大于煤块的位移。接下来煤块还要接着加速到Ov,传送带则以OV做匀速运动。两阶段的物体位移之差即为痕迹长度。有的学生对此过程理解不深，分析不透，如漏掉其次阶段只将第一阶段位移之差作为痕迹长度；将煤块两阶段的总位移作为痕迹长度：用第一阶段的相对位移与其次阶段的煤块位移之和作为痕迹长度；还有的学生分gagaga=OOO,三种状况探讨；有的甚至认为煤块最终减速到零，这些都说明白学生对物体相对运动时的过程分析实力还有欠缺。处理物体和传送带的运动学问题时，既要考虑每个物体的受力状况及运动状况，乂要考虑到它们之间的联系与区分，只有这样，才能从整体上把握题意，选择规律时才能得心应手。7【审题】这是一道特殊困难的综合题，不仅物理过程多，而且干扰因素也多。乍看不是传送带的题目，但处理方法与例题6几乎完全相同。可以将题中困难的物理过程拆散分解为如下3个小过程，就可以化繁为简、化难为易，轻易破解本题。过程1：圆盘从静止起先在桌布上做匀加速运动至刚离开桌布的过程；过程2：桌布从突然以恒定加速度a起先抽动至圆盘刚离开桌布这段时间内做匀加速运动的过程；过程3：圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动的过程。设桌面长为1.,起先时，桌布、圆盘在桌面上的位置如图28甲所示；圆盘位于桌面的中心，桌布的最左边位于桌面的左边处。由于桌布要从圆盘下抽出，桌布与圆盘之间必有相对滑动，圆盘在摩擦力作用下有加速度，其加速度a1.应小于桌布的加速度a,但两者的方向是相同的。当桌布.与圆盘刚分别时，网盘与桌布.的位置如图28乙所示。圆盘向右加速运动的距离为Xh桌布向右加速运动的距离为211.+x1.o圆盘离开桌布后，在桌面上作加速度为a2的减速运动直到停下，因盘未从桌面掉下，故而盘作减速运动直到停下所运动的距离为x2,不能超过211.-1.通过分析并画出图28丙。本题虽然是一个大多数同学都熟识、并不难想象或理解的现象，但第一次能做对的同学并不多，其中的缘由之一就是不擅长在分析物理过程的同时正确地作出情境示意图，借助情境图来找出时间和空间上的量与量之间的关系。【解析】1.由牛顿其次定律：1.mg=ma1.由运动学学问：v12=2a1.X1.2.桌布从突然以恒定加速度a起先抽动至圆盘刚离开桌布这段时间内做匀加速运动的过程。设桌布从盘下抽出所经验时间为t,在这段时间内桌布移动的距离为x1.,由运动学学问:X=21at2x1.=21a1.t2而x=211.+x1.3.圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动的过程。设圆盘离开桌伤后在桌面上作匀减速运动，以a2表示加速度的大小，运动x2后便停下，由牛顿其次定律：2mg=ma2由运动学学问：v12=2a2x2盘没有从桌面上掉下的条件是:x2211.x1.由以上各式解得：ag12212÷【总结】此解题方法是运用了最基本的牛顿其次定律和运动学学问来解决这一困难物理过程的，其实题目再困难，也是用最基本的基础学问来求解的。当然，也可以从动能定理、动量定理、功能关系或v-t图象等角度求解。8【审题】该题首先得清晰当小木块与传送带相对静止时，转化为内能的能量应当怎么来求，要想到用物体在克服滑动摩擦力做功过程中转化成的内能等于滑动摩擦力与相对图212滑动路程的乘积。这一结论，然后再依据物体和传送带的运动状况来求二者相对滑动的距离。【解析】在木块从起先加速至与传送带达到共同速度的过程中FFmgN摩=HFmmgmg=合由公式vax22=可得：gvavx2222=从木块静止至木块与传送带达到相对静止的过程中木块加速运动的时间tvavg=传送带运动的位移XVtvg'=2木块相对传送带滑动的位移XXX='vg=22摩擦产生的热：QFXmgVgnIV=摩A22212【总结】单独做该题目时，就应当有这样的解题步骤，不过，求相对位移时也可以物体为参考系，用传送带相对物体的运动来求。在综合性题目中用到该过程时，则干脆用结论即可。该结论是：从静止放到匀速运动的传送带上的物体，在达到与传送带同速的过程中，转化为内能的能量值和物体增加的动能值相等。因为物体在该过程中的对地位移与传送带相对物体的位移大小是相等的9【审题】该题目要分成两段考虑，第一段:木块的速度WOo这一阶段木块相对于传送带向后运动，受到的摩擦力方向向前，合外力沿斜面对前；其次段：木块的速度VvOo这一阶段木块相对于传送带向前运动，受到的摩擦力方向向后，合外力仍沿斜面对前。【解析】刚起先时，合力的大小为F合1.=mgsin37+mgcos37,由牛顿其次定律，加速度大小a1.=mF1.合=8ms2,图214该过程所用时间t1.=IOav=O.5s»位移大小s1.=1202av=Imo二者速度大小相同后，合力的大小为F合2=mgsin37-mgcos37,加速度大小a2=mF2合=4ms2,位移大小s2=1.-s1.=6m,所用时间s2=vt2+22221ta得：t2=1.s(另一个解t2=-3s舍去)摩擦力所做的功W=mgcos37(s1.-s2)=-4.0J,全过程中生的热Q=fs相对=mgcos37(vt1.-s1.)+(s2-vt2)=0.8N3m=2.4J°【总结】该题目的关键在于分析清晰物理过程，分成两段处理，正确分析物体受力状况，求出物体和传送带的位移，以及物体和传送带间的相对位移。【审题】小货箱放在传送带的AB段上时，由于货箱的初速度为0,传送带以恒定的速度运动，两者之间有相对滑动，出现滑动摩擦力。作用于货箱的摩擦力使货箱加速，直到它的速度增大到等于传送带的速度，作用于传送带的摩擦力有使传送带减速的趋势，但由于电动机的作用，保持了传送带的速度不变。尽管作用于货箱跟作用于传送带的摩擦力的大小是相等的，但小货箱与传送带运动的路程是不同的，因为两者之间有滑动。假如货箱的速度增大到等于传送带的速度经验的时间为t,则在这段时间内货箱运动的路程和传送带运动的路程分别是解答中的式和式，两者大小不同，山解答中的式给出。在这段时间内，传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对货箱做的功（这功转变为货箱的动能），两者之差即为摩擦发的热。所谓传送带克服摩擦力做功，归根究竟是电动机在维持传送带速度不变的过程中所供应的。这也就是在传送带的水平段上使一只小货箱从静止到跟隙传送带一起以同样速度运动的过程中，电动机所做的功，这功一部分转变为货箱的动能，一部分因摩擦而发热。当货箱的速度与传送带速度相等后，只要货箱仍在传送带的水平段上，电动机无需再做功。为了把货箱从C点送到D点，电动机又要做功，用于增加货箱的重力势能mgh0由此便可得到输送N只货箱的过程中电动机输出的总功。以上分析都是在假定已知传送带速度Ov的条件下进行的，事实上传送带的速度是未知的。因此要设法找出Ov0题中给出在时间T内运输的小货箱有N只，这是说，我们在D处计数，当第1只货箱到达D处时作为时刻t=0,当第N只货箱到达D处时恰好t=T°假如把这N只货箱以1.的距离间隔地排在CD上（假如排得下的话，则第N只货箱到D处的距离为（NI）1.,当该货箱到达D处，即传送带上与该货箱接触的那点在时间T内运动到D点，故有TV1.)1.N(0=o由此便可求出Ov,电动机的平均功率便可求得。由于N很大，N与N-I事实上可视作相等的。【解析】以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为Ov,在水平段的运输过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，直到其速度与传送带的速度相等。设这段路程为S,所用的时间为t,加速度为a,则对小货箱有2at21s=atv=在这段时间内传送带运动的路程为tvsOO=由上可得s2s0=用Ff表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小货箱做功为2012ImvsFWf=传送带克服小货箱对它的摩擦力做功202000212mvmvsFWf=两者之差就克服摩擦力做功发出的热量20mv21Q=可见，在小货箱加速过程中，小货箱获得的动能与发热量相等。T时间内电动机输出的功为TPW=此功用于增加N个小货箱的动能、势能和使小货箱加速时程中克服摩擦力发的热，即有NQNmghNmv21W20+=N个小货箱之间的距离为(N1)1.,它应等于传送带在T时间内运动的距离，即有N1.1.)IN(TvO=因T很大，故N亦很大。联立、，得+=ghT1.2NTNmP22【总结】本题初看起来比较困难，关于装置的描述也比较冗长.看来对于实际的问题或比较实际的问题，冗长的描述是常有的。要通过对描述的探讨，抓住关键，把问题志向化、简洁化，这本身就是一种分析问题、处理问题的实力。通过分析，可以发觉题中传送带的水平段的作用是使货箱加速，立到货箱与传送带有相同的速度。使货箱加速的作用力来自货箱与传送带之间的滑动摩擦力。了解到这一点还不够，考生还必需知道在使货箱加速的过程中，货箱与传送带之间是有相对滑动的，尽管传送带作用于货箱的摩擦力跟货箱作用于传送带的摩擦力是一对作用力与反作用力，它们大小相等，方向相反，但在拖动货箱的过程中，货箱与传送带移动的路程是不同的。因此作用于货箱的摩擦力做的功与传送带克服摩擦力做的功是不同的。假如不明白这些道理，就不会分别去找货箱跟传送带运动的路程。虽然头脑中存有匀变速直线运动的公式，但不肯定会把它们取出来加以运用。而在这个过程中，不管货箱获得的动能还是摩擦变的热，这些能量最终都来自电动机做的功。传送带的倾斜段的作用是把货箱提升h高度。在这个过程中，传送带有静摩擦力作用于货箱，同时货箱还受重力作用，这两个力对货箱都做功，但货箱的动能并没有改变。因为摩擦力对货箱做的功正好等于货箱克服重力做的功，后者增大了货箱在重力场中的势能。同时在这个过程中传送带克服静摩擦力亦做功，这个功与摩擦力对货箱做的功相等，因为两者间无相对滑动。所以货箱增加的重力势能亦来FI电动机。有的同学见到此题后，不知从何下手，找不到解题思路和解题方法，其缘由可能是对涉及的物理过程以及过程中遇到的一些基本概念不清晰造成的。求解物理题，不能依靠于套用解题方法，不同习题的解题方法都产生于对物理过程的分析和对基本概念的正确理解和应用。