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微专题——传送带问题的处理方法

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传送带问题的处理方法

1．抓好一个力的分析——摩擦力

对于传送带问题，分析物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力，以及摩擦力的方向，是问题的要害。分析摩擦力时，先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”。如果遇到水平匀变速的传送带，或者倾斜传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。

2．注意三个状态的分析——初态、共速、末态

典例1（2021·辽宁卷）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角37，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：

（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；

（2）小包裹通过传送带所需的时间t。

思维点拨：分析包裹所受摩擦力时，先要明确包裹“相对运动”—— 包裹的速度2v大于传动带的速度1v，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，然后根据牛顿第二定律列方程求解。

【解析】（1）小包裹的速度2v大于传动带的速度1v，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知cossinmgmgma

解得20.4m/sa

（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时

1211.60.6s2.5s0.4vvta

在传动带上滑动的距离为12111.60.62.52.75m22vvxt

因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即cossinmgmg，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为 1213.952.75s2s0.6Lxtv

所以小包裹通过传送带的时间为124.5sttt

【答案】（1）20.4m/s；（2）4.5s

【变式训练】

1．（2022·北京丰台·高三期末）传送带在实际生活中有广泛应用。如图所示，飞机场运输行李的传送带可以将行李箱送入飞机货舱。已知传送带与水平面夹角为θ，某行李箱的质量为m，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，此行李箱与传送带一起斜向上匀速运动过程中，下列说法正确的是（ ）

A．行李箱受到与运动方向相反的摩擦力作用

B．传送带速度越大，行李箱受到的摩擦力也越大

C．行李箱受到的摩擦力大小为sinmg

D．行李箱受到的摩擦力大小为cosmg

【答案】C

【解析】对行李箱受力分析可知，行李箱受到与运动方向相同的摩擦力作用，A错误；由于行李箱处于平衡状态，传送带速度越大，行李箱受到的摩擦力也不会发生变化，B错误；对行李箱受力分析可知，行李箱处于平衡状态，可得行李箱受到的摩擦力大小为sinfmg，D错误，C正确。

2．（2022·河北张家口·高一期末）传送带是机场、车间、车站等场地大量使用的物资转运设备，为工农业生产及人民生活带来了极大方便。如图所示为一快递站工作时使用的传送带，水平部分长度为18mL。在一次调试过程中，工作人员将一纸箱放在最左端，由静止启动传送带以加速度213m/sa做匀加速直线运动，达到最大传动速度后即做匀速运动，当纸箱恰好与传送带速度相同时，工作人员发现问题，使传送带以222.5m/sa的加速度做匀减速运动直到停止，当纸箱也停下来时恰好到达水平传送带的最右端。已知纸箱与传送带间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取210m/s。求：

（1）在启动过程中，纸箱运动的加速度的大小；

（2）传送带最大传动速度的大小；

（3）纸箱在水平传送带上运动过程中与传送带间的相对位移为多大。

【答案】（1）22m/sa；（2）6m/sv；（3）1.2m

【解析】（1）在启动过程中，纸箱运动的加速度的大小mgma

解得22m/sa

（2）当纸箱恰好与传送带速度相同时，立即做匀减速运动，设最大速度为v，则

2222vvLaa

解得6m/sv （3）第一个过程2211()3m22vvvvxvaaaa

第二个过程222'()1.8m22vvxLaa

所以在水平传送带上运动过程中与传送带间的相对位移为'1.2mdxx

3.（2022·重庆市秀山高级中学校高三月考）某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，传送带正常运转的速度为v=4m/s。一次工人把M=40kg的货物放在传送带上时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m=5kg带有挂钩的木板，把货物放到木板最上端，通过定滑轮用平行于传送带的绳子把木板拉上去，如图所示，已知木板上端到传送带上端的距离为L=50 m，货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.8，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（物块可看做质点，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

（1）为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求货物的最大加速度及工人所用拉力的最大值；

（2）若工人用F=567 N的恒定拉力把货物拉到5L处时来电了，工人随即将拉力减小为8N，当工人发现木板与传送带共速时撤去了拉力，货物刚好没有从木板上滑落，不计传送带的加速时间，求：

①木板长度；

②货物到达传送带上端的时间。（上述过程板块整体重心始终在传送带上）

【答案】（1）2m/s2；576N；（2）①4m；②21.25s

【解析】（1）当货物受到沿斜面方向的最大静摩擦力时，拉力取最大值，此时对货物有

cossinmMgMgMa

对整体有()cos()sin()mmFMmgMmgMma

解得货物的最大加速度为2/s2mma

拉力最大值为576NmF

（2）①来电前对整体有()cos()sin()FMmgMmgMma

解得20.2m/sa

则刚来电时整体速度为022m/s5Lva

来电后二者相对滑动，对木板有'1()cossincosFMmgmgMgma

对货物有2cossinMgMgMa

解得212m/sa

220.4m/sa

则木板与传送带共速时间为0211svvta

此时货物速度为0222.4m/svvat货

则这段时间内相对位移为1020211()()0.8m22xvvtvvt货

此后由于()cossincos0MmgmgMg

传送带对木板的摩擦力变为静摩擦力，则木板匀速，货物仍以2a加速度，设再经3t货物速度达到v，则加速时间为

324svvta贷 此段时间内相对位移为2331()3.2m2xvtvvt货

则板长为124mdxx

②三者共速后一起匀速时间为023441()()526.25sLvvtttv

而来电前运动时间为0110svta

故货物到达传送带上端的时间为123421.25sttttt

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2019年高考物理一轮复习第3章 微专题26 动力学中的传送带问题

2019年高考物理一轮复习第3章 微专题26 动力学中的传送带问题

[方法点拨] 传送带靠摩擦力带动(或阻碍)物体运动，物体速度与传送带速度相同时往往是摩擦力突变(从滑动摩擦力变为无摩擦力或从滑动摩擦力变为静摩擦力)之时．

1．(多选)如图1所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中(

)

图1

A．煤块从A运动到B的时间是2.25 s

B．煤块从A运动到B的时间是1.5 s

C．划痕长度是0.5 m

D．划痕长度是2 m

2．(多选)(2017·江西丰城模拟)质量均为m的两物块1和2之间用一根不可伸长的细线相连，两物块一起在光滑水平桌面上以速度v0匀速运动，某时刻物块1到达桌面的右边缘，如图2所示．当物块1滑上与桌面等高的水平传送带后，经过一段时间到达传送带的最右端，若传送带的速度大于v0且保持不变，物块1和物块2与传送带间的动摩擦因数分别为μ1、μ2(μ1

)

图2

A．物块2在桌面上可能先做匀加速运动后做匀速运动

B．两物块都在传送带上时，它们所受的摩擦力一定不相等

C．两物块在任何时刻的速度和加速度都相等

D．可能存在物块1与物块2加速度不相等的阶段

3．(2017·四川绵阳二诊)如图3所示，大型物流货场传送带倾斜放置，与水平面的夹角保持不变．传送带可向上匀速运动，也可向上加速运动；货箱M与传送带间保持相对静止，设受传送带的摩擦力为Ff.则( )

图3

A．传送带加速运动时，Ff的方向可能平行传送带向下

B．传送带匀速运动时，不同质量的货箱，Ff相等

C．相同的货箱，传送带匀速运动的速度越大，Ff越大

D．相同的货箱，传送带加速运动的加速度越大，Ff越大

4．(多选)(2017·四川绵阳第一次段考)匀速转动的长传送带倾斜放置，传动方向如图4所示，在顶部静止放上一物块，在物块下滑过程中，规定沿传送带向下为正，下列描述物块运动过程中的v－t、a－t图象，可能正确的是(

2019届江苏省高考数学二轮复习微专题14.多元变量问题的处理

2019届江苏省高考数学二轮复习微专题14.多元变量问题的处理

微专题14 多元变量问题的处理

例1) 若实数x，y满足x2＋2xy－1＝0，则x2＋y2的最小值是________．

【思维引导】思路1：注意到条件与所求均含有两个变量，从简化问题的角度来思考，消去一个变量，转化为只含有一个变量的函数，从而求它的最小值．本题中消去y较容易，所以消去y.

思路2：由所求的结论为x2＋y2，想到将条件应用基本不等式构造出x2＋y2，然后将x2＋y2求解出来即可．

变式 若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值为________．

例2 当x>1>y时，有x2－2xy＋y2≥m[xy－(x＋y)＋1]恒成立，则实数m的取值范围为________．

多元变量的最值问题是一种常见的题型，也是高考的热点．解决多元变量最值问题的常见求解方法有：

1. 基本不等式法：形如y＝dxax2＋bx＋c(a，d≠0)的函数一般可以运用基本不等式求最值或值域．此类问题虽也能用导数求解，但运用基本不等式能快速求解，而且不易出错．类似的函数还有形如y＝dx＋fax2＋bx＋c(a，d≠0)，y＝dx2＋ex＋fax2＋bx＋c(a，d≠0)．

2. 换元法：换元法即变量代换法．通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，使隐含的条件显露出来，或者把条件与结论联系起来．

3. 消元法：多元变量最值问题的难点很多时候在于变量的个数，在研究条件等式时，会发现很多情况下可以对变量做个减法，三元变二元，二元变一元，就可以化归为我们熟悉的问题了．

此外，运用极端化思想法去掉某些变量后求解也不失为一种好方法．

1. 已知f(x)＝log2(x－2)，若实数m，n满足f(m)＋f(2n)＝3，则m＋n的最小值是________．

2. 若不等式a2＋3b2≥λb(a＋b)对任意a，b∈R恒成立，则实数λ的最大值为________．

3. 若实数x，y，z，t满足1≤x≤y≤z≤t≤10 000，则xy＋zt的最小值为________．

【精准解析】2021高考物理教科版：第二章+微专题13+解决”动态平衡“问题的几种方法

【精准解析】2021高考物理教科版：第二章+微专题13+解决”动态平衡“问题的几种方法

11．三力动态平衡常用图解法、相似三角形法、正弦定理法、等效圆周角不变法等，三个力中

重力一般不变：

(1)若还有一个力方向不变，第三个力大小方向都变时可用图解法；

(2)若另外两个力大小方向都变，且有几何三角形与力的三角形相似的可用相似三角形法；

(3)若另外两个力大小方向都变，且知道力的三角形中各角的变化规律的可用正弦定理；

(4)若另外两个力大小方向都变，且这两个力的夹角不变的可用等效圆周角不变法或正弦定

理．

2．多力动态平衡问题常用解析法．

3．涉及到摩擦力的时候要注意静摩擦力与滑动摩擦力的转换．

1．(2019·重庆市沙坪坝等主城六区第一次调研抽测)如图1，轻绳一端系在小球A上，另一端

系在圆环B上，B套在粗糙水平杆PQ上．现用水平力F作用在A上，使A从图中实线位置

(轻绳竖直)缓慢上升到虚线位置，但B仍保持在原来位置不动．则在这一过程中，杆对B的

摩擦力F1、杆对B的支持力F2、绳对B的拉力F3的变化情况分别是()

图1

A．F1逐渐增大，F2保持不变，F3逐渐增大

B．F1逐渐增大，F2逐渐增大，F3逐渐增大

C．F1保持不变，F2逐渐增大，F3逐渐减小

D．F1逐渐减小，F2逐渐减小，F3保持不变

2.(2020·河北衡水中学调研)如图2所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动，

用轻绳在O点悬挂一个重力为G的物体，另一根轻绳一端系在O点，O点为圆弧的圆心，

另一端系在圆弧形墙壁上的C点，当该轻绳端点由点C逐渐沿圆弧CB向上移动的过程中(保

持OA与地面夹角θ不变)，OC绳拉力的大小变化情况是()

图2

2A．逐渐减小

B．逐渐增大

C．先减小后增大

D．先增大后减小

3．(多选)(2017·全国卷Ⅰ·21)如图3，

图3

柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM

竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α＞π

2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持

夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中()

第12讲隐零点问题处理方法导数专题提升讲义)

第12讲隐零点问题处理方法导数专题提升讲义)

第12讲 隐零点问题的处理方法

整理：河北秦皇岛李永生

一、问题综述

导数中的“隐零点”问题是指：当一个函数的零点存在但有无法求得的零点问题．例如函数1()xfxex

在(0,)上确实存在一个零点，但由于方程1xex是一个超越方程，我们无法求得它的根，也就无法确定函数()fx的零点，但()fx的零点确实是存在的，这个时候我们常常虚设一个()fx的零点0x，即0()0fx，即001xex，然后进行整体的代换或过度来解决某些问题．

二、典例分析

类型1：整体代换

【例1】（2015年全国新课标I文）设函数2()lnxfxeax．

(1)讨论()fx的导函数()fx的零点个数；

(2)证明：当0a时，2()2lnfxaaa．

解析：(1)()fx的定义域为(0,)，2()2(0)xafxexx．

当0a时,()0fx，()fx没有零点；

当0a时，因为22()40xafxex，所以()fx在(0,)单调递增．

又2()210afae，又当12x时，()20afxex得2axe，

取12b且2abe，则()0fb，

故由零点存在定理知：当0a时，()fx存在唯一零点．

综上，当0a时，()fx没有零点；当0a时，()fx有一个零点．

(2)由(1)知()fx在(0,)存在唯一零点0x，

当0(0,)xx时，()0fx，()fx单调递减；当0(,)xx时，()0fx，()fx单调递增．

0200()()lnxfxfxeax

同时0()0fx，即0202xaex，即00lnln22aaxaax，

00()2ln22aafxaxax22lnaaa， 故当0a时，2()2lnfxaaa．

【方法小结】2()2lnfxaaa可转化为求()minfx，而()fx的最小值恰好在()fx的零点处取得，但是这