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1问题模型
如图1所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止.问：对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，传送带对物体做的功？摩擦产生的热量？电动机多做的功？
对于上述问题，笔者发现在高三复习中，无论是一轮复习还是几轮复习后，仍然有很多学生出现状况：如传送带对物体做的功等于物体增加的动能和摩擦生热之和；求热量时弄错相对位移与对地位移的关系；对于电动机多做的功、传送带因传物体而克服摩擦力做的功、电动机增加的电能这三种不同的问法且有相同意义的问题，理解不够深刻.为此，笔者认为在复习中有必要引导学生对该模型进行情景推导，帮助学生知道概念的来胧去脉，整理出解题的方法.
2分析解决
2.1推理
利用动能定理（如图2，设x1是物体加速到速度v时的位移，x2是对应时间内的传送带位移）
对物体：fx1=12mv2（1）
对传送带：F牵x2-fx2=0（2）
说明：这里的F牵不含传送带空载时的牵引力，f指物体与传送带间相互作用的摩擦力.
（1） （2）得F牵x2=12mv2 f（x2-x1）（3）
其中f（x2-x1）该项就是系统产生的热量.
2.2理解
由（1）式可知传送带对物体做的功就是摩擦力与物体位移的乘积，也等于物体动能的增加量；由（2）、（3）两式可知，电动机多做的功（F牵x2）就等于传送带克服摩擦力的功（fx2），也等于物体动能的增加量和系统产生的热量之和.同时，能量守恒定律的得出显得水到渠成.
ΔE增=ΔEk增 Q增=ΔE电能=ΔE减，
电动机增加的电能ΔE电能等于电动机多做的功.
2.3小结
经分析推广，整理出解决传送带功能问题的方法.
问题1传送带对物体做的功
方法一从做功角度：W=Ff·x物
[求解时要注意分析清物体运动的过程、Ff的性质（滑动摩擦力还是静摩擦力）、Ff做功的正负]
方法二从能量转化角度：W=Ff·x传
[其中动能变化 、势能的变化 都有可能增加或减少]
问题2由于传送物体传送带多消耗的电能
方法一从做功角度：W=Ff·x传
[求解时要注意分析清传送带所受摩擦力的性质与传送带克服摩擦力作用下运动的位移 ]
方法二从能量守恒角度：ΔE增=ΔE减
[理清物体与传送带组成的系统中增加与减少的能量的种类与数量，利用能量守恒式求解其中增加的电能]
2.4拓展
研究该模型中电动机增加的功率.由问题2中的方法一可得电动机增加的功率为P=F牵·v，从式子可知电动机增加的功率为瞬时恒定功率，因此又可用平均功率来求解电动机增加的功率，由问题2中的方法二得P=Wt=ΔE电能t.
3应用举例
例1如图3所示，由电动机带动的水平传送带以速度为v=2 m/s匀速运行，A端上方靠近传送带料斗中装有煤，打开阀门，煤以q=50 kg/s的流量落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是
A.电动机应增加的功率为200 W
B.电动机应增加的功率为100 W
C.在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为6.0×103 J
D.在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为1.2×104 J
解析由于煤连续不断地落到传送带上，传送带受到恒定的牵引力，因此传送带增加的功率恒定.根据能量守恒定律，
P=Wt=ΔE电能t=12mv2 Qt，
又由于煤在加速过程中传送带克服摩擦力做功是摩擦力对煤做功的2倍，则Q=12mv2（可用如图4的v-t图象来理解：当煤加速到与传送带速度相同时，传送带匀速位移是煤匀加速位移的2倍）.取每秒煤增加的动能ΔEk=12mv2=100 J，则电动机应增加的功率为200 W，故A、C对，B、D错.
例2如图5所示，与水平面夹角为θ=30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离为L=4 m，传送带以恒定的速率v=2 m/s向上运动.现将一质量为1 kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=32，取g=10 m/s2，求：（1）传送带对物体做多少功？ （2）电动机因传送该物体多消耗的电能.
解析物体无初速度放在A处后，因mgsinθ<μmgcosθ，则物体斜向上做匀加速直线运动，加速度
a=μmgcosθ-mgsinθm=2.5 m/s2，
物体达到与传送带同速所需的时间
t1=va=0.8 s.
t1时间内物体的位移L1=vt12=0.8 m，
传送带的位移L2=vt1=1.6 m，
之后物体以速度v做匀速运动到上端B.
（1）方法一传送带对物体做的功
W=f滑·L1 f静·（L-L1）
=μmgcosθ·L1 mgsinθ·（L-L1）=22 J.
方法二传送带对物体做的功
W=12mv2 mgh=12mv2 mgLsinθ=22 J.
（2）方法一电动机多消耗的电能
ΔE电能=W传送带克服摩擦力=f滑·L2 f静·（L-L1）
=μmgcosθ·l2 mgsinθ·（L-L1）=28 J.
方法二电动机多消耗的电能
ΔE电能=12mv2 mgh Q
=12mv2 mgLsinθ μmgcosθ（L2-L1）=28 J.
例3已知一足够长的传送带与水平面的倾角为30°，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块，物块的质量m=1 kg，以此时为t=0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图6所示，若图中取沿斜面向下的运动方向为正方向，其中v1=-6 m/s，v2=4 m/s，t1=0.5 s，g取10 m/s2，已知传送带的速度保持不变.求：（1）物块与传送带间的摩擦系数.（2） 0～t2内带动传送带的电动机多消耗的电能；电动机多消耗的功率.（3） 0～t2内系统产生的内能.
解析（1）由于最终物块与带共速（v传=v2=4 m/s），所以物体开始向上运动.由图象可知物体的加速度大小为a=12 m/s2（方向沿传送带向下），根据牛顿第二定律有
mgsin30° μmgcos30°=ma，
求得μ=7315.
（2）由图可知：t2=65 s，传送带在0～t2内通过的位移
s=v2t2=103 m.
由方法一可知，电动机多消耗的电能E等于传送带克服滑动摩擦力所做的功Wf.有
E=Wf=μmgcos30°s=703 J=23.3 J；
电动机多消耗的功率
P=F牵v=fv=μmgcos30°v2=28 W.
（3）物体与传送带的相对位移
Δs=s-12（v1 v2）t2=256 m，
则产生的内能
Q=μmgcos30°Δs=1756 J=29.17 J.
或者根据能量守恒定律ΔE增=ΔE减，得
Q mgΔh=（12mv21-12mv22） E.
其中Δh是物块上升的高度，有
Δh=[12v1t1-12v2（t2-t1）]sinθ=512 m，
最后计算可得Q=29.17 J.
如图1所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速率v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止.问：对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，传送带对物体做的功？摩擦产生的热量？电动机多做的功？
对于上述问题，笔者发现在高三复习中，无论是一轮复习还是几轮复习后，仍然有很多学生出现状况：如传送带对物体做的功等于物体增加的动能和摩擦生热之和；求热量时弄错相对位移与对地位移的关系；对于电动机多做的功、传送带因传物体而克服摩擦力做的功、电动机增加的电能这三种不同的问法且有相同意义的问题，理解不够深刻.为此，笔者认为在复习中有必要引导学生对该模型进行情景推导，帮助学生知道概念的来胧去脉，整理出解题的方法.
2分析解决
2.1推理
利用动能定理（如图2，设x1是物体加速到速度v时的位移，x2是对应时间内的传送带位移）
对物体：fx1=12mv2（1）
对传送带：F牵x2-fx2=0（2）
说明：这里的F牵不含传送带空载时的牵引力，f指物体与传送带间相互作用的摩擦力.
（1） （2）得F牵x2=12mv2 f（x2-x1）（3）
其中f（x2-x1）该项就是系统产生的热量.
2.2理解
由（1）式可知传送带对物体做的功就是摩擦力与物体位移的乘积，也等于物体动能的增加量；由（2）、（3）两式可知，电动机多做的功（F牵x2）就等于传送带克服摩擦力的功（fx2），也等于物体动能的增加量和系统产生的热量之和.同时，能量守恒定律的得出显得水到渠成.
ΔE增=ΔEk增 Q增=ΔE电能=ΔE减，
电动机增加的电能ΔE电能等于电动机多做的功.
2.3小结
经分析推广，整理出解决传送带功能问题的方法.
问题1传送带对物体做的功
方法一从做功角度：W=Ff·x物
[求解时要注意分析清物体运动的过程、Ff的性质（滑动摩擦力还是静摩擦力）、Ff做功的正负]
方法二从能量转化角度：W=Ff·x传
[其中动能变化 、势能的变化 都有可能增加或减少]
问题2由于传送物体传送带多消耗的电能
方法一从做功角度：W=Ff·x传
[求解时要注意分析清传送带所受摩擦力的性质与传送带克服摩擦力作用下运动的位移 ]
方法二从能量守恒角度：ΔE增=ΔE减
[理清物体与传送带组成的系统中增加与减少的能量的种类与数量，利用能量守恒式求解其中增加的电能]
2.4拓展
研究该模型中电动机增加的功率.由问题2中的方法一可得电动机增加的功率为P=F牵·v，从式子可知电动机增加的功率为瞬时恒定功率，因此又可用平均功率来求解电动机增加的功率，由问题2中的方法二得P=Wt=ΔE电能t.
3应用举例
例1如图3所示，由电动机带动的水平传送带以速度为v=2 m/s匀速运行，A端上方靠近传送带料斗中装有煤，打开阀门，煤以q=50 kg/s的流量落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是
A.电动机应增加的功率为200 W
B.电动机应增加的功率为100 W
C.在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为6.0×103 J
D.在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为1.2×104 J
解析由于煤连续不断地落到传送带上，传送带受到恒定的牵引力，因此传送带增加的功率恒定.根据能量守恒定律，
P=Wt=ΔE电能t=12mv2 Qt，
又由于煤在加速过程中传送带克服摩擦力做功是摩擦力对煤做功的2倍，则Q=12mv2（可用如图4的v-t图象来理解：当煤加速到与传送带速度相同时，传送带匀速位移是煤匀加速位移的2倍）.取每秒煤增加的动能ΔEk=12mv2=100 J，则电动机应增加的功率为200 W，故A、C对，B、D错.
例2如图5所示，与水平面夹角为θ=30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离为L=4 m，传送带以恒定的速率v=2 m/s向上运动.现将一质量为1 kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=32，取g=10 m/s2，求：（1）传送带对物体做多少功？ （2）电动机因传送该物体多消耗的电能.
解析物体无初速度放在A处后，因mgsinθ<μmgcosθ，则物体斜向上做匀加速直线运动，加速度
a=μmgcosθ-mgsinθm=2.5 m/s2，
物体达到与传送带同速所需的时间
t1=va=0.8 s.
t1时间内物体的位移L1=vt12=0.8 m，
传送带的位移L2=vt1=1.6 m，
之后物体以速度v做匀速运动到上端B.
（1）方法一传送带对物体做的功
W=f滑·L1 f静·（L-L1）
=μmgcosθ·L1 mgsinθ·（L-L1）=22 J.
方法二传送带对物体做的功
W=12mv2 mgh=12mv2 mgLsinθ=22 J.
（2）方法一电动机多消耗的电能
ΔE电能=W传送带克服摩擦力=f滑·L2 f静·（L-L1）
=μmgcosθ·l2 mgsinθ·（L-L1）=28 J.
方法二电动机多消耗的电能
ΔE电能=12mv2 mgh Q
=12mv2 mgLsinθ μmgcosθ（L2-L1）=28 J.
例3已知一足够长的传送带与水平面的倾角为30°，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块，物块的质量m=1 kg，以此时为t=0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图6所示，若图中取沿斜面向下的运动方向为正方向，其中v1=-6 m/s，v2=4 m/s，t1=0.5 s，g取10 m/s2，已知传送带的速度保持不变.求：（1）物块与传送带间的摩擦系数.（2） 0～t2内带动传送带的电动机多消耗的电能；电动机多消耗的功率.（3） 0～t2内系统产生的内能.
解析（1）由于最终物块与带共速（v传=v2=4 m/s），所以物体开始向上运动.由图象可知物体的加速度大小为a=12 m/s2（方向沿传送带向下），根据牛顿第二定律有
mgsin30° μmgcos30°=ma，
求得μ=7315.
（2）由图可知：t2=65 s，传送带在0～t2内通过的位移
s=v2t2=103 m.
由方法一可知，电动机多消耗的电能E等于传送带克服滑动摩擦力所做的功Wf.有
E=Wf=μmgcos30°s=703 J=23.3 J；
电动机多消耗的功率
P=F牵v=fv=μmgcos30°v2=28 W.
（3）物体与传送带的相对位移
Δs=s-12（v1 v2）t2=256 m，
则产生的内能
Q=μmgcos30°Δs=1756 J=29.17 J.
或者根据能量守恒定律ΔE增=ΔE减，得
Q mgΔh=（12mv21-12mv22） E.
其中Δh是物块上升的高度，有
Δh=[12v1t1-12v2（t2-t1）]sinθ=512 m，
最后计算可得Q=29.17 J.