高中物理传送带模型

传送带模型 一 传送带问题中力与运动情况分析 传送带的试题以力和运动的关系为多见 有水平方向的 有倾斜方向的 也有水平和倾斜两个方 向相结合的 还有变形的传送带 在处理传送带上的力和运动的关系时 有依据物体的受力情况 判断物体的运动性质 也有依据物体的运动性质 去求解物体的受力情况 1 水平传送带上的力与运动情况分析 水平传送带上的力与运动情况分析 例例 1 水平传送带被广泛地应用于车站 码头 工厂 车间 如图所示 为水平传送带装置示意图 绷紧的传送带 AB 始终保持 v0 2 m s 的恒 定速率运行 一质量为 m 的工件无初速度地放在 A 处 传送带对工件 的滑动摩擦力使工件开始做匀加速直线运动 设工件与传送带间的动摩擦因数为 0 2 AB 的 之间距离为 L 10m g 取 10m s2 求工件从 A 处运动到 B 处所用的时间 分析分析 工件无初速度地放在传送带上 由于传送带以 2 m s 的恒定速度匀速运动 工件在传送带 上受到传送带给予的滑动摩擦力作用做匀加速运动 当工件加速到与传送带速度相等时 如果工 件没有滑离传送带 工件在传送带上再不相对滑动 两者一起做匀速运动 解答解答 设工件做加速运动的加速度为 a 加速的时间为 t1 加速运动的位移为 l 根据牛顿第 二定律 有 mg ma 代入数据可得 a 2 m s2 工件加速运动的时间 t1 代入数据可得 t1 1s a v0 此过程工件发生的位移 l at12 代入数据可得 l 1m 1 2 由于 l L 所以工件没有滑离传送带 设工件随传送带匀速运动的时间为 t2 则 t2 v lL 代入数据可得 t2 4 5s 所以工件从 A 处运动到 B 处的总时间 t t1 t2 5 5 s 例例 2 如图甲所示为车站使用的水平传送带的模型 传送带长 L 8m 以速度 v 4m s 沿 顺时针方向匀速转动 现有一个质量为 m 10kg 的旅行包以速度 v0 10m s 的初速度水平地滑上 水平传送带 已知旅行包与皮带间的动摩擦因数为 0 6 则旅行包从传送带的 A 端到 B 端所 需要的时间是多少 g 10m s2 且可将旅行包视为质点 解答解答 设旅行包在传送带上做匀加速运动的时间为 t1 即经过 t1时间 旅行包的速度达到 v 4m s 由牛顿第二定律 有 mg ma 代入数据可得 a 6 m s2 t1 a vv 0 代入数据可得 t 1s 此时旅行包通过的位移为 s1 由匀加速运动的规律 有 s1 7 m g vv 2 2 2 0 代入数据可得 s1 7 m L 可知在匀加速运动阶段 旅行包没有滑离传送带 此后旅行包与传送带一起做匀速运动 设做 匀速运动的时间为 t2 则 t2 v sL 1 代入数据可得 t 0 25 s 故 旅行包在传送带上运动的时间为 t t1 t2 1 25 s 图 甲 图 乙 例例 3 2005 年江苏卷 35 如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图 绷紧的传送带始终 保持 3 0m s 的恒定速率运行 传送带的水平部分 AB 距水平地面的高度为 h 0 45m 现有一行李 包 可视为质点 由 A 端被传送到 B 端 且传送到 B 端时没有被及时取下 行李包从 B 端水平抛出 不计空气阻力 g 取 l 0 m s2 1 若行李包从 B 端水平抛出的初速 v 3 0m s 求它在空中运动的时间和飞出的水平距离 2 若行李包以 v0 1 0m s 的初速从 A 端向右滑行 包与传送带间的动摩擦因数 0 20 要使它从 B 端飞出的水平距离等于 1 中所 求的水平距离 求传送带的长度 L 应满足 的条件 BA L h 1 设行李包在空中运动时间为 t 飞出的水平距 离为 s 则 h 1 2 gt2 s v t 代入数据得 t 0 3s s 0 9m 2 设行李包的质量为 m 与传送带相对运动时的加速度为 a 则滑动摩擦力 代入数据得 a 2 0m s2 要使行李包从 B 端飞出的水平距离等于 1 中所求水平距离 行李包从 B 端飞出的水平抛出的 初速度 v 3 0m s 设行李被加速到时通过的距离为 s0 则 2as0 v2 v02 代入数据得 s0 2 0m 故传送带的长度 L 应满足的条件为 L 2 0m Fmgma 例例 4 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 解法解法 1 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 ga 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 tav 00 atv 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 0 aa 0 vv t 加到 v0 有 t a vv 0 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 tvtas 0 2 00 2 1 a v s 2 2 0 传送带上留下的黑色痕迹的长度 ssl 0 由以上各式得 ga gav l 0 0 2 0 2 解法解法 2 2 图象法vt 作出煤块 传送带的图线如图所示 图中标vt 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 O t 传送带 煤块 v v v0 a0 v0 v0 g 0 1 2 lvt 00 0 vv t ga 由 解得 2 00 0 2 vag l a g 2 倾斜传送带上的力与运动情况分析 倾斜传送带上的力与运动情况分析 例例 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 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 分析分析 1 当传送带顺时针转动时 传送带相对物块向上运动 故传送带受到物块的摩 擦力沿传送带向下 物块受传送带的摩擦力方向向上 由于 mgsin37 mgcos37 故物块向 下作初速度为 0 的匀加速运动直到 B 处 2 当传送带逆时针转动时 初速度为 0 的物块放上传送带时 由于传送带相对物块向下运 动 传送带受到物块的摩擦力方向沿传送带向上 物块受到的摩擦力方向沿传送带向下 物块先 做加速度为 a1的匀加速运动 当速度达到 10m s 后 因沿传送带向下的重力分力 mgsin37 mgcos37 沿传送带向上的摩擦力 故后一阶段物块在传送带上仍然做匀加速运动 但加 速度的大小与前一段不同 解析解析 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 mgcos37 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 mgcos37 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 370 A B t a L2 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 mgcos37 ma1 解得 a1 10m s2 设物块加速时间为 t1 则 t1 1 a v 解得 t1 1s 因位移 s1 5m 16m 说明物块仍然在传送带上 2 11 2 1 ta 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 mgcos37 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 2 2 2 解得 t2 1s 另一解 11s 不合题意舍去 所以物块从 A 到 B 的时间为 t t1 t2 2s 3 水平和倾斜组合传送带上的力与运动情况分析 水平和倾斜组合传送带上的力与运动情况分析 例例 5 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 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 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 分析分析 物块 A 在水平 ab 段受到沿传送带运动方向的滑动摩擦力作用 受力情况如图乙所示 A 先在传送带上做匀加速运动滑动一段距离 直到 A 的速度达到与传送带做匀速运动的速度相同 此后 A 将随传送带一起做匀速运动 物块 A 在传送带倾斜段 bc 之间运动 受力情况如图丙所示 此时由于 0 25 tan37 0 75 即物块所受到的滑动摩擦力小于重力沿斜面向下的分力 故 物块将沿传送带加速下滑 解答解答 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 mg ma1 解得 a1 2 5m s2 图甲 图乙 图丙 设物块 A 做运加速运动的时间为 t1 t1 1 a v 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 2 0 1 vt 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 v ssab 1 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 mg 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 mg 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 2 3 2 1 at 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 例例 6 07 河南开封质量检测 16 分 如图 104 所示的传送带以速度 V 2m s 匀速运行 AB 部分水平 BC 部分与水平面之间的夹角为 30 AB 间与 BC 间的距离都是 12m 工件与传送 带间的动摩擦因数为 现将质量为 5kg 的工件轻轻放在传送带的 A 端 假设工件始终 6 3 没有离开传送带 求 1 工件在 AB 上做加速运动过程中的位移 2 工件在滑到 C 点时的速度大小 解 1 设工件在传送带上时的加速度为 a1 加速运动过程中的位移为 s1 由牛顿定律得 所以 1 mamg ga 1 mm a V s69 0 15 36 10 6 3 2 2 2 2 1 2 1 2 设当工件滑到 BC 部分上时物体的加速度为 a2 则 图 104 2 30cos30sinmamgmg 2 2 5 230cos30sinsmgga 所以 由 V02 V2 2a2L 得 V0 8m s 各 4 分 得 3 分 2 分 共 16 分 4 变形传送带上的力与运动情况分析 变形传送带上的力与运动情况分析 例例 7 如图所示 10 只相同的轮子并排水平排列 圆心分别为 O1 O2 O3 O10 已知 O1O10 3 6m 水平转轴通过圆心 所有轮子均绕轴以r s 的转速顺时针转动 现将一根长 4 0 8m 质量为 2 0kg 的匀质木板平放在这些轮子的左端 木板左端恰好与 O1竖直对齐 木板与轮 缘间的动摩擦因数为 0 16 试求 木板水平移动的总时间 不计轴与轮间的摩擦 g 取 10m s2 分析分析 木板无初速置于轮子上 而轮子的边缘有速度 故木板应该受到轮子的滑动摩擦力的 作用加速运动 由于滑动摩擦力存在的前提是物体间存在相对速度 故应考虑木板的速度能否增 大到和轮子的线速度相等 另外应注意到轮子对木板的总支持力还是等于木板的重力 所以本题 实际也是一个传送带问题 当然本题中由于 传送带 的特殊性以及传送的物体是有一定线度的 木板 且题中求木板 水平移动 的要求 所以应注意到当木板的重心运动到 O10时木板即将 开始翻转 滑落 解答解答 1 设轮子的半径为 r 由题意 O1O10 3 6m 得轮子的半径 r 0 2m 110 9 2 oo 轮子转动的线速度为 nrv 2 n r s 4 代入数据可得 v 1 6m s 木板受到轮子的滑动摩擦力 f mg 木板在滑动摩擦力的作用下做加速运动 板运动的加速度 ga 代入数据可得 a 1 6m s2 当木板运动的速度与轮子转动的线速度 v 相等时 木板讲作匀速运动 由以上推理得 板在轮子上作匀加速运动的时间为 a v t O1 1 O2O3 O10 代入数据可得 t 1s 木板作匀加速运动发生的位移 2 1 2 1 ats 代入数据可得 s1 0 8m 注意到当木板的重心运动到 O10时木板即将开始翻转 滑落 故木板 水平移动 的距离 板在作匀速运动的全过程中其重心平动发生的位移为mmmms4 24 08 06 3 2 因此 板运动的总时间为 sss v s tt5 2 6 1 4 2 1 2 1 二 传送带问题中能量转化情况的分析 1 水平传送带上的能量转化情况分析 水平传送带上的能量转化情况分析 例例 8 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 当小木块与传送带相对静止时 系统转化的内 能是 A mv2 B 2mv2 C D 2 4 1 mv 2 2 1 mv 分析分析 小木块在传送带上的受力图如下 由受力图可知 小木块在传送带给 予的滑动摩擦力 f 作用下做匀加速运动 小木块速度不断增加 当小木块的速度 达到 v 时 小木块与传送带相对静止 在此过程中传送带对小木块的摩擦力对木 块做正功 同时木块对传送带的摩擦力对传送带做负功 但两个力的大小相等 力作用的位移不等 故总功不为 0 这个差值即是系统转化的内能 解答解答 假设小木块达到与传送带达到共同速度所用的时间为t 在此过程中木块的位移为s1 传送 带的位移为s2 则有 即得 s2 2s1 vtt v s 2 1 2 0 1 vts 2 对木块由动能定理得 1 2 0 2 1 fsmv 对传送带和木块由能量关系可知 E内 fs2 fs1 由 可得 E内 2 2 1 mv 故本题选 D 选项 FN f mg 2 倾斜传送带上的能量转化情况分析 倾斜传送带上的能量转化情况分析 例例 9 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 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 除此 2 3 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 分析分析 本题中电动机消耗的电能向三个方面转化 一是用于使传送带以 v0 2 m s 的速度匀速转动 二是转化为工件与传送带之间因滑动摩擦力做 功而产生的内能 三是用于工件增加的机械能 含工件的重力势能和动能 电动机由于传送工件多消耗的电能是指上述所列去向的二 三部分能量 解答解答 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 mgcos mg sin 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 a v 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 2 1 2 1 at 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 2 2 1 mv 300 A B mgcos 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 3 水平和倾斜组合传送带上的能量转化情况分析 水平和倾斜组合传送带上的能量转化情况分析 例例 11 2003 年全国理综第年全国理综第 34 题题 一传送带装置示意如图 其中传送带经过 AB 区域时 是水平的 经过 BC 区域时变为圆孤形 圆孤由光滑模板形成 未画出 经过 CD 区域时是倾斜 的 AB 和 CD 都与 BC 相切 现将大量的质量均为 m 的小货箱一个一个在 A 处放到传送带上 放置时初速为零 经传送带运送到 D 处 D 和 A 的高度差为 h 稳定工作时传送带速度不变 CD 段上各箱等距排列 相邻两箱的距离为 L 每个箱在 A 处投放后 在到达 B 之前已经相对于 传送带静止 且以后也不再滑动 忽略经 BC 段时的微小滑动 已知在一段相当长的时间 T 内 共运送小货箱的数目为 N 这装置由电动机带动 传送带与轮子间无相对滑动 不计轮轴处的摩 擦 求电动机的平均输出功率 P 分析分析 要求电动机的平均输出功率 就应该取一段时间并分析该阶段中电动机所做的功 由题意 可知 所取时间最好是实际 T 在该段时间内 电动机所做的功直接不便于求解 可以从能量转 化的角度来分析 从整个系统的能量流向来看 正是应为电动机对系统注入了能量 才使得系统 中产生了热能 各木箱的动能和势能都增加了 故电动机在 T 时间内做的功就可以转化为易求的 三种能量 解析解析 以地面为参考系 下同 设传送带的运动速度为 v0 在水平段运输的过程中 小货 箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动 设这段路程为 s 所用时间为 t 加速度为 a 则对小货 箱有 2 2 1 ats atv 0 在这段时间内 传送带运动的路程为 tvs 00 由以上 3 式 可得 ss2 0 用 f 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 A 2 0 2 1 mvfsA 传送带克服小货箱对它的摩擦力做功 2 0 2 000 2 1 2mvmvfsA 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 2 0 2 1 mvQ 可见 在小货箱加速运动过程中 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 W TPW 此功用于增加小货箱的动能 势能以及使小货箱加速过程中克服摩擦力做功放出的热量 即 NQNmghNmvW 2 0 2 1 已知相邻两小货箱的距离为 L 则 N 个小货箱之间的距离为 N 1 L 它应等于传送带在 T 时 间内运动的距离 即 LNTv 1 0 由于 T 很大 所以 N 很大 联立 得 2 22 gh T LN T Nm P