传 送 带 问 题 类 析
一、水平传送带上的力与运动情况分析
1水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,用于对旅客的行李进行安全检查。如图所示为一水平传送带装置示意图,绷紧的传送带AB始终保持v=1m/s的恒定速率运行。一质量为m=4kg的行李无初速度地放在A处,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,AB间的距离=2m,g取10 m/ s2。
(1)求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小; (2)求行李做匀加速直线运动的时间;(3)如果提高传送带的运行速率,行李就能被较快地传送到B处。求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。
解析:水平传送带问题研究时,注意物体先在皮带的带动下做匀加速运动,当物体的速度增到与传送带速度相等时,与皮带一起做匀速运动,要想传送时间最短,需使物体一直从A处匀加速到B处。
(1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力 F=μmg
以题给数据代入,得F=4N
由牛顿第二定律,得F=ma
代入数值,得a=1 m / s2
(2)设行李做匀加速直线运动的时间为t,行李加速运动的末速度为v=1 m / s,则v=at
代入数据,得t=1 s。
(3)行李从A处匀加速运动到B处时,传送时间最短,则
代入数据,得tmin=2 s。
传送带对应的最小运行速率vmin=atmin
代入数据,解得vmin=2 m / s
2 如图5所示为车站使用的水平传送带的模型,它的水平传送带的长度为,传送带的皮带轮的半径为,传送带的上部距地面的高度为,现有一个旅行包(视为质点)以的初速度水平地滑上水平传送带.已知旅行包与皮带之间的动摩擦因数为,。试讨论下列问题:
(1)若传送带静止,旅行包滑到B端时,人若没有及时取下,旅行包将从B端滑落,则包的落地点距B端的水平距离为多少?
(2)设皮带轮顺时针匀速转动,并设水平传送带长度仍为,旅行包滑上传送带的初速度恒为。当皮带的角速度值在什么范围内,旅行包落地点距B端的水平距离始终为(1)中所求的距离?若皮带的角速度,旅行包落地点距B端的水平距离又是多少?
解析:(1)若传送带静止,则旅行包滑上水平传送带后做匀减速运动,其加速度
旅行包到达B端的水平速度为
旅行包离开传送带后做平抛运动,落地点距B端的水平距离为
若皮带轮顺时针匀速转动,要使旅行包落地点距B端的水平距离始终为(1)中所示的水平距离,则旅行包须做匀减速运动,皮带轮的临界角速度为
所以的取值范围是
当时,皮带线速度,当旅行包速度也为,在皮带上运动了,以后旅行包做匀速直线运动。所以旅行包到达B端的速度也为。包的落地点距B端的水平距离为。
3(2006年全国理综I第24题)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。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.
解法1 力和运动的观点
根据“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a0。根据牛顿第二定律,可得
①
设经历时间t,传送带由静止开始加速到速度等于v0,煤块则由静止加速到v,有
②
③
由于,故,煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间,煤块的速度由v增加到v0,有 ④
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0增加到v0的整个过程中,传送带和煤块移动的距离分别为s0和s,有
⑤
⑥
传送带上留下的黑色痕迹的长度
⑦
由以上各式得
⑧
解法2 图象法
作出煤块、传送带的图线如图所示,图中标斜线的三角形的面积,即为煤块相对于传送带的位移,也即传送带上留下的黑色痕迹的长度.
①
②
由①②解得
③
二、倾斜传送带上的力与运动情况分析
4.如图所示,传送带与水平方向夹37°角,AB长为L=16m的传送带以恒定速度v=10m/s运动,在传送带上端A处无初速释放质量为m=0.5kg的物块,物块与带面间的动摩擦因数μ=0.5,求:
(1)当传送带顺时针转动时,物块从A到B所经历的时间为多少?
(2)当传送带逆时针转动时,物块从A到B所经历的时间为多少?
(sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10 m/s2).
解析 (1) 当传送带顺时针转动时,设物块的加速度为a ,物块受到传送带给予的滑动摩擦力
μmgcos37°方向沿斜面向上且小于物块重力的分力mg sin37°,根据牛顿第二定律,有:
mg sin37°- μmgcos37°=ma 代入数据可得: a=2 m/s2
物块在传送带上做加速度为a=2 m/s2的匀加速运动,设运动时间为t,
t= 代入数据可得:t=4s
(2)物块放上传送带的开始的一段时间受力情况如图甲所示,前一阶段物块作初速为0的匀加速运动,设加速度为a1 ,由牛顿第二定律,有
mgsin37°+μmgcos37°=ma1 , 解得:a1 =10m/s2,
设物块加速时间为t1 ,则t1 =, 解得:t1=1s
因位移s1==5m<16m ,说明物块仍然在传送带上.
设后一阶段物块的加速度为a2, 当物块速度大于传送带速度时,其受力情况如图乙所示.
由牛顿第二定律,有:
mg sin37°- μmgcos37°=ma2 ,解得a2=2m/s2 ,
设后阶段物块下滑到底端所用的时间为t2.由
L-s=vt2+a2t
所以物块从A到B的时间为:t=t1+t2=2s
5如图所示,皮带轮带动传送带沿逆时针方向以速度v0=2 m / s匀速运动,两皮带轮之间的距离L=3.2 m,皮带绷紧与水平方向的夹角θ=37°。将一可视为质点的小物块无初速地从上端放到传送带上,已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,物块在皮带上滑过时能在皮带上留下白色痕迹。求物体从下端离开传送带后,传送带上留下的痕迹的长度。(sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10 m / s2)
解析:设物体刚放到皮带上时与皮带的接触点为P,
则物块速度达到v0前的过程中,
由牛顿第二定律有:mgsinθ+μmgcosθ=ma1,
代入数据解得a1=10 m / s2
经历时间
P点位移x1=v0t1=0.4 m,
物块位移
划出痕迹的长度 ΔL1=x1-x1'=0.2 m
物块的速度达到v0之后
由牛顿第二定律有:mgsinθ-μmgcosθ=ma2,
代入数据解得 :a2=2 m/s2
到脱离皮带这一过程,经历时间t2
解得t2=1s
此过程中皮带的位移 x2=v0t2=2 m
ΔL2=x2'―x2=3 m―2 m=1m
由于ΔL2>ΔL1,所以痕迹长度为ΔL2=1 m
6、水平和倾斜组合传送带上的力与运动情况分析
如图甲所示的传送带,其水平部分ab的长度为2 m,倾斜部分bc的长度为4 m,bc与水平面的夹角θ=37°,现将一小物块A(可视为质点)轻轻放在传送带的a端,物块A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25.传送带沿图甲所示方向以v=2 m/s 的速度匀速运动,若物块A始终未脱离传送带,试求小物块A从a端被传送到c端所用的时间?(取g=10m/s2 ,sin37°=0.6 ,cos37°=0.8 )
解答 设物块在水平传送带上加速的过程中的加速度为a1,根据牛顿第二定律有:
μmg=ma1 解得 : a1=2.5m/s2
设物块A做运加速运动的时间为t1 ,t1= 解得: t1=0.8 s
设物块A相对传送带加速运动的位移为s1,则s1= 解得: t1=0.8 m
当A的速度达到2 m/s时,A将随传送带一起匀速运动,A在传送带水平段匀速运动的时间为t2 ,
t2==0.6s 解得: t2=0.6s
A在bc段受到的摩擦力为滑动摩擦力,其大小为μmg cos37°,设A沿bc段下滑的加速度为a2,根据牛顿第二定律有, mg sin37°-μmg cos37°=ma2 解得:a2=4 m/s2
根据运动学的关系,有: sbc=vt3+ 其中sbc=4 m ,v=2 m/s ,解得 :t3=1s ,另一解t3=-2s(不合题意,舍去)
所以物块A从传送带的a端传送到c端所用的时间t=t1+t2+t3=2.4s
三、传送带问题中能量转化情况的分析
7、 如图所示,水平传送带以速度v匀速运动,一质量为m的小木块由静止轻放到传送带上,若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ,当小木块与传送带相对静止时,系统转化的内能是( D )A、mv2 B、2mv2 C、 D、
8、 如图所示,电动机带着绷紧的传送带始终以v0=2 m/s的速度运动,传送带与水平面的夹角θ=30°,现把一质量为m=10kg的工件轻轻地放在皮带的底端,经过一段时间后,工件被送到高h=2m的平台上,已知工件与皮带之间的动摩擦因数μ=,除此之外,不记其他损耗。求电动机由于传送工件多消耗的电能。(取g=10 m/s2)
解答 作出工件在传送带上受力如图所示,f为皮带给予工件的滑动摩擦力,对工件, 根据牛顿第二定律,有:
μmgcosθ-mg sinθ=ma 代入数据解得: a=2.5 m/s2
工件达到传送带运转速度v0=2 m/s时所用的时间t1= 代入数据解得: t1=0.8s
工件在传送带上加速运动的距离为s1= 代入数据解得: s1=0.8 m
故有: s1<h/ sin30°
说明工件在传送带上现做匀加速运动,再做匀速运动,工件到达平台时的速度为2 m/s .
故工件增加的机械能E=mgh+ 代入数据得E=220 J
设在t1时间内传送带的位移为s2,故转化的内能为: W=f (s2-s1)=fs1 代入数据得W=60J
电动机由于传送工件多消耗的电能。△E=E+W=280 J
9 如图所示,水平长传送带始终以速度v=3m/s匀速运动。现将一质量为m=1kg的物块放于左端(无初速度)。最终物体与传送带一起以3m/s的速度运动,在物块由速度为零增加至v=3m/s的过程中,求:
(1)由于摩擦而产生的热量。
(2)由于放了物块,带动传送带的电动机消耗多少电能?
解析:
(1)小物块刚放到传送带上时其速度为零,将相对于传送带向左滑动,
受到一个向右的滑动摩擦力,使物块加速,最终与传送带达到相同速度v。
物块所受的滑动摩擦力为Ff=μmg
物块加速度
加速至v的时间
物块对地面位移
这段时间传送带向右的位移
则物块相对传送带向后滑动的位移
根据能量守恒定律知
(2)电动机多消耗的电能即物块获得的动能及产生的热量之和,
即。
答案:4.5J 9J
10如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°,皮带在电动机的带动下,始终保持v0=2m/s的速率运行。现把一质量m=10kg的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端,经时间t=1.9s,工件被传送到h=1.5m的高处,取g=10m/s2。求:
(1)工件与皮带间的动摩擦因数;
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。
解析:
(1) 由题意可知皮带长为s=h/sin30°=3m
工件速度达到v0前,做匀加速运动的位移为s1=t1
工件速度达到v0后做匀速运动的位移为s-s1=v0(t-t1)
解得t1=0.8s
工件的加速度为a=v0/t1=2.5m/s2
工件受的支持力N=mgcosθ
对工件应用牛顿第二定律,得μmgcosθ-mgsinθ=ma,
解得动摩擦因数为μ=
(2) 首先要弄清什么是电动机“多消耗的电能”。当皮带空转时,电动机会消耗一定的电能。现将一工件置于皮带上,在摩擦力作用下,工件的动能和重力势能都要增加;另外,滑动摩擦力做功还会使一部分机械能转化为热,这两部分能量之和,就是电动机多消耗的电能。
在时间t1内,皮带运动的位移为s2=v0t1=1.6m
工件相对皮带的位移为Δs=s2-s1=0.8m
在时间t1内,皮带与工件的摩擦生热为Q=μmgcosθ·Δs=60J
工件获得的动能为Ek=mv02=20J
工件增加的势能为Ep=mgh=150J
电动机多消耗的电能为W=Q+Ek+Ep=230J
答案:μ= 230J
四、依托传送带的临界、极值问题(选做题)
11 如图2所示为粮店常用的皮带传输装置,它由两台皮带传输机组成,一台水平传送,AB两端相距3m;另一台倾斜,传送带与地面倾角;CD两端相距4.45m,B、C相距很近.水平部分AB以的速率顺时针转动,将质量为10kg的一袋米匀速传到倾斜的CD部分,米袋与传送带间动摩擦因数为0.5.求:
(1)若CD部分不运转,求米袋沿传输带所能上升的最大距离;
(2)若要米袋能被送到D端,CD部分运转速度应满足的条件及米袋从C到D所用时间的取值范围。
解析:(1)米袋沿CD上滑时,由牛顿第二定律得: 由运动学公式得:
代入数值解得:
(2)设CD部分运转速度为时,米袋恰能达D点,则: 米袋速度减为之前:加速度;位移 米袋速度小于之后:加速度;位移 又因,解得:
即要把米袋送到D点,CD部分速度,且应沿顺时针方向转动。
米袋恰能达D点时,速度恰好为零,此时间最长,由运动学规律得:
若CD部分速度较大,使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上,则所用时间最短。此种情况下米袋加速度一直为,由,解得:。 所以所求时间范围为:
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