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    精英家教网如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长l=20m，倾角θ=37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，主动轮顶端与货车底板间的高度差为h=1.8m，传送带匀速运动的速度为v=2m/s．现在传送带底端 （传送带与从动轮相切位置）由静止释放一只麻袋包（可视为质点），其质量为100kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在车箱中心，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求
    （1）主动轮轴与货车车箱中心的水平距离x及主动轮的半径R；
    （2）麻袋包在平直传送带上运动的时间t；
    （3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能．
    分析：（1）麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解平抛的初速度；然后对平抛过程运用分位移公式列式求解；
    （2）麻袋包在平直传送带上先加速后匀速，根据牛顿第二定律求解加速的加速度，然后运用运动学公式列式求解；
    （3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能转化为重物的机械能和摩擦而产生的内能，根据能量守恒定律求出传送带由于传送煤块多消耗的电能．
    解答：解：（1）设麻袋包平抛运动时间为t，有：
    h=
    1
    2
    gt2
    x=vt
    解得：
    x=1.2 m 
    麻袋包在主动轮的最高点时，有：
    mg=m
    v2
    R

    解得：R=0.4m
    （2）对麻袋包，设匀加速时间为t1，匀速时间为t2，有：
    μmgcosθ-mgsinθ=ma
    解得：a=g（μcosθ-sinθ）=10×（0.8×0.8-0.6）=0.4m/s2
    由运动学公式，有：v=at1
    故加速时间为：t1=
    v
    a
    =
    2
    0.4
    =5s
    故加速位移：x1=
    1
    2
    a
    t
    2
    1
    =
    1
    2
    ×0.4×25=5m
    l-x1=vt2
    解得：t2=
    l-x1
    v
    =
    20-5
    2
    =7.5s
    解得：t=t1+t2=5+7.5=12.5s
    （3）在t1=5s内，传送带位移为：S带=vt=2×5=10m                 
    △S=S带-x1=10-5=5m                              
    由能量守恒得
    E=mglsin37°+
    1
    2
    mv2+f?△S
    =100×10×20×0.6+
    1
    2
    ×100×4+0.8×1000×0.8×5J=1.54×104J．
    答：（1）主动轮轴与货车车箱中心的水平距离x为1.2m，主动轮的半径R为0.4m；
    （2）麻袋包在平直传送带上运动的时间t为12，5s；
    （3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为1.54×104J．
    点评：本题综合考查了平抛运动和圆周运动的规律，掌握牛顿第二定律、能量守恒定律以及运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
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     (1)主动轮轴与货车车箱中心的水平距离及主动轮的半径；

     (2)麻袋包在平直传送带上运动的时间

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