专题二传送带问题

1、专题二：传送带问题传送带问题能编织起几乎涵盖力学全部知识的大网,贯穿了牛顿运动定律、能量转化与守恒 定律、动量守恒定律等三大解题法宝,集运动学、动力学、能量、动量、图象、开放等问题于一 身,突现了与匀变速直线运动、匀变速曲线运动、简谐运动、碰撞等模型的巧妙结合,并将力学 中的重点、难点融为一体,它又与生产、生活实际紧密相连,是培养提升学生综合水平素养不可 多得的好题材,往往是高考的热点.一、传送带中的运动学问题例1.如图1所示是生产流水线上的皮带传输装置,传输带上等间距地放着很多半成品产品.A轮处装有光电计数器,它可以记录通过 A处的产品数目.测得轮A、B的半径分别为rA=20cm, rB=l

2、0cm ,相邻两产品距离为 30cm, lmin内有41个产品通 过A处,求：(1)产品随传输带移动的速度大小；(2) A、B轮轮缘上的两点 P、Q及A轮半径中点 M的 线速度和角速度大小,并在图中画出线速度方向；(3) 如果A轮是通过摩擦带动 C轮转动,且rC=5cm , 在图中描出C轮的转动方向,求出C轮的角速度(假设轮不 打滑).A、B轮缘上点解析：首先明确产品与传送带保持相对静止的条件下,产品速度的大小就等于传送带上每 一点速度的大小,在传送带不打滑的条件下,传送带上各点运动速度的大小都等于A处的产品的个数可以确定出皮带的线速度的大小.由传送带相邻产品的间距及单位时间内通过 上点的速度

3、,进而知道 A、B轮缘上的两点P、Q线速度的大小,然后由线速度与角速度的关系, 求出A、B两轮的角速度及 A轮半径中点 M的线速度及 C轮的角速度.由题意知,1分钟内有4140倍.设传输带运动个产品通过A处,说明1分钟内传输带上的每点运动的路程为两产品间距的 速度大小为v,那么 s 40 0.30(4) v = - = 0.2m/st 60X0.2m/s=0.1m/s,11(5) vP=vQ=0.2m/s, A轮半径上的 M点与P点的角速度相等, 故：vm=-vk一vAMPBCv图222Vp0.2wp= wm=rad/s =lrad/s, wq=2 wp=2rad/s.rA 0.2(6) C轮

4、的转动方向如图2所示,如果两轮间不打 滑,那么它们的接触处是相对静止的,即它们轮缘的线速 度大小是相等的,所以3CrC=coArA. C轮的角速度：0.2 , 1rad/s=4rad/s.0.05点评：在分析皮带传送装置上的各个物理量时,可应用圆周运动的运动学关系,抓住等量v= cor决定,在不考虑皮带打滑情况下,传动和不等量的关系,同轴各点角速度相等,而线速度由 皮带与皮带连接的两轮边缘的各点线速度大小相等.二、传送带中的动力学问题1.涉及“划痕问题例2.如图3所示,皮带传动装置与水平面夹角为30.,轮半径R= 1- m,两轮轴心相距 L=3.75m, A、B分别使传送带与两轮的切 2点,轮

5、缘与传送带之间不打滑,一个质量为0.1kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为尸凄.小物块相对于传送带运动时,会在传送带 6上留下痕迹.当传送带沿逆时针方向匀速运动时,小物块无初速地放V- t图在A点,运动至B点飞出.要想使小物块在传送带上留下的痕迹最 长,传送带匀速运动的速度v至少多大？ g取10m/s2.解析：由于小物块可能一直做匀加速运动,也可能先做匀加速运动后做匀速运动,作分析可知：传送带匀速运动的速度越大,小物块从A点到B点用时越短,当传送带速度等于某一值v时,小物块将从 A点一直以加速度 a1做匀加速直线运动到 B点,所用时间最短.对小物块 受力分析,根据牛顿第二定律,有2mgsin3

6、0 + mgcos30 =mai ,解得 ai = 7.5m/s又 L = a1tmin,解得 tmin = 1s, V 二 atmin =7.5m/s此时小物块和传送带之间的相对路程为 S = v -tL = 3.75m传送带的速度继续增大,小物块从A到B的时间保持不变,而小物块和传送带之间的相对路程继续增大,小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时,痕迹为 最长Smax,设此时传送带速度为 V,那么Smax = 2L + 2 TtRSmax = V2tmin - L联立以上各式解得V2= 12.25m/s例3.将一个粉笔头轻放在以2m/s的恒定速度运动在足够长的水平

7、传送带上后,传送带上留下一条长度为 4m的划线.假设使该传送带仍以2m/s的初速改做匀减速运动,加速度大小恒为1.5m/s2,且在传送带开始做匀减速运动的同时,将另一粉笔头与传送带的动摩擦因数和第一个 相同轻放在传送带上,该粉笔头在传送带上能留下一条多长的划线？解析：第一次划线,传送带匀速,粉笔头由静止开始做匀加速运动,两者发生相对滑动,设4所示.的面积代表2= 0.5 m/s .粉笔头的加速度大小为 a1,在vt坐标系中同时作出粉笔头和传送带的速度图象,如图V0煤块V1Ftl t2 E t30A.传送带VV0传送带A0图4煤块t tV图5AB和OB分别代表它们的速度图线,速度相等时B点,划线

8、结束,图中 AOB1 一 ,.第一次划线长度 一M 2Mt = 4 ,故t=4s,即B点坐标为4,2,粉笔头的加速度大小为第二次划线,传送带一直做匀减速运动,粉笔头先做匀加速运动后做匀减速运动,同样做出传送带和粉笔头的 vt图象,如图5所示,AE代表传送带的速度图线,它的加速度为 a=1.5m/s2, 由速度公式可得t2=4/3s,即E点坐标为4/3, 0. OC代表第一阶段粉笔头的速度图线,C点表示二者速度相同,a1tl =v0 at1,得 ti=is, v1 =a1tl =0.5m/s,即 C 点坐标为1, 0.5,该阶 1 -,段粉笔头相对传送带向后划线,划线长度图中左侧阴影面积s1 =

9、 s&0c = j m 2x1 = 1m,等速后,粉笔头超前,所受滑动摩擦力反向,开始减速运动,由于传送带先减速到0,所以后来粉笔头一直匀减速至静止.CF代表它在第二阶段的速度图线,由速度公式可求出t3=1s,即F点坐标为2, 0,此阶段粉笔头相对传送带向前划线,长度图中右侧阴影面积1 41 1 电=s&ef =父0.52 = m1m,可见粉笔头相对传送带先向后划线 1m,又折回向前划线 2361/6m ,所以粉笔头在传送带动能留下1m长的划线.点评：“划痕问题的解题核心强调的是运动过程的全程分析,其中建立正确的几何关系是 解题成败的关键所在.例 2选用的是常规的解题方法,而例 3那么选用的是

10、图像法,相比之下,图 像法更显得直观、简捷,当然该类问题还可以选用相对运动法,读者不妨一试.2 .涉及摩擦力突变问题例4.如图6所示,一水平传送带以 2m/s的速度传送物块,水平局部长为 2m,其右端与一倾 角为0= 370的光滑斜面相连,斜面长为0.4 m, 一物块无初速度地放在传送带最左端,物块传送带间动摩擦因数 科=0.2,试问,物块能否达斜面顶端,假设能那么说明理由,假设不能那么求出从出发 后9.5s内物块运动的路程.解析：物块在匀加速运动过程中,滑动摩擦力的大小、方向不变,当物块与带共速时,摩擦力大小、方向均发生突变滑动摩擦力突变为零,此后物块匀速运动.由物体无初速度释放可知物体相对

11、传送带滑VO动,滑动摩擦力方向向右,设物块一直加速,由牛顿第二黑旦_.v二7E律得加速度 a1 = % = 2 m/s,那么 5 = 1 m2m ,L - s1t2 =0.5s,即物块以 2m/s的Vo1 y24图 6Vo 加速时间t1 = -1s,说明物块先加速后匀速,匀速时间 ai速度滑上斜面,其加速度a2=gsin =6m/s2 ,当速度减为零时,在斜面上的位移为V21_ .Vo1s2 =mv1 =叱变时,物体将会在传送带上作一段匀变速运动.假设尚未到2达传送带右端,速度即与传送带速度相同,此后物体将做匀速运动,而后以速度v离开传送带.v11cle的取大值为物体在传送田动一直加速而到达的

12、速度,设为v2.那么Nmg = mv2mv0 ,把 科222代入得v2 ,假设v v2 ,物体将以v2 = J7 gh离开传送带,得O、D距离s = - t、 gh22=；(1 + 77);当 v c v v2,即笥hv 7 gh时,物体从传送带飞出的速度为v,那么s = L2vt =-(12故综上述分析s随v变化的函数关系式为:s = -(1 +-1);当 v 2dgh 时,2 2gh. 27, 2gh, 2gh 7 当 v W时,s = 1 ；当v8.3m,木块将从B端落下,故木块在传送带上最多能被16颗子弹击中.例10.如图13所示,足够长的水平传送带始终以v=3 m/s的速度沿逆时针方

13、向运动,传送带上有一质量 M=2 kg的小木盒A, A与传送带之问的动摩擦因数N=0.3,开始时,A与传送带保持相对静止,N =3s时,有两个光滑的、质量m=l kg的小球B自传送带的左端出发,以v2=15 m/s的速度在传送带上向右运动.第 1个球与木盒相遇后立即进入盒中并与盒保持相对静止,第 2个1图13球出发后历时 &i = s与木盒相遇,取g= 10 m/s .求：3(1)第1个球与木盒相遇后瞬问,两者共同运动的速度Vt.(2)第1个球自出发到与木盒相遇所需的时间t2.(3)在木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中木 盒与传送带间因摩擦而产生的热量Q.解析：(1)第1个球与木盒碰撞

14、饿过程中,由动量守恒定律有:mv0 一 Mv = (m + M )v1,代入数据可解得：v=3m/s.a,由牛顿第二定律有:(2)设第1个球进入木盒后两者与皮带有相对运动时的加速度大小为N(m +M )g = (m+M )a ,代入数据可解得：a=3m/s2.设第1个球进入木盒后与木盒一起向右减速运动的时间为t1、位移为s1,之后向左加速到与传2送带速度相同所需的时间为t2、位移为s2,那么有：t1 =1$, s1=L=1.5m, t2 =- =1s,a2aa2s2 = - = 1.5 m.由s=s2可知,木盒在t+t2=2s时间内的位移为零.设第 1个球与木盒的相遇点 2as离传送带左端的距

15、离为s,那么有：t0=一,在第2个球与木盒相遇的过程中有：v.s =v0At1 +v(At +AL -t1 -t2 -t0),代入数据可解得：t0=0.5s.(3)在木盒从与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,设传送带的位移为之,木盒的位移为那么：s3=v(& + &1-t0)=8.5m,s4= v(At+ At1-t1 -t2-t0) = 2.5m,此过程Q =(m M )g :s = 54 J.图14中木盒相对于传送带的位移As = s3 -s4 = 6m,故点评：碰撞、打击类问题是较为常见的物理模型, 加了趣味性,同时也增加了题目的难度.展示了较 为复杂的多过程运动情景,涉及到了动

16、量守恒定律、 牛顿运动定律和运动学的根本规律的应用情况,解 答此类问题的关键是要求学生分析物理过程,建立 清楚的物理情景,并注意到过程之间的内在联系, 弄清过程之间的重复性以及周期性.四、传送带中的图象问题例11 .如图14所示,水平传送带的长度 L=6m , 传送皮带轮的半径都为 R=0.25m ,现有一小物体(可视为质点)以恒定的水平速度 v0滑上传送带,设皮带轮顺时针匀速转动,当转动角速度为0时,物体离开 B端后在空中运动的水平距离为S,假设皮带轮以不同的角速度重复上述动作(保持滑上传送带的初和S值,将这些对应15中实线所示的 Sg 取 10m/s2).求：Vo以及物体和皮带间的P,皮带

17、轮以角速度 切 = 16 rad/s顺时针匀速转动,物体与挡板速度V0不变),可得到一些对应的值画在坐标上并连接起来,得到如图 6图象.根据图中标出的数据(1)滑上传送带时的初速度动摩擦因数N ；(2) B端距地面的高度h;(3)假设在B端加一竖直挡板连续两次碰撞的时间间隔 t为多少？(物体滑上 A端时速度仍为v0 ,在和挡板碰撞中无机械能损失)解析：(1)由图象看出当82=4 rad/s时,物体在传送带上一直做加速度为a = Ng的减速a = %匀加速运动,经过 B端运动,经过B端时速度大小为 V1 =c1R=1m/s, v2 v； = 2NgL ；当切2 =28rad/s时,物体在传送带上

18、一直做加速度也为时速度大小为 v2 =02R=7rad/s, v2 -v； =2gL .由以上各式可解得v0 =5m/s, N=0.2.(2)由图象看出水平速度为 1m/s时,水平距离为0.5m,那么下落时间t = s/v=0.5s,由,1 , 2h = 2 gt ,解得 h =1.25m.(3)物体第一次和第二次与挡板P碰撞前后的速度大小都等于 coR=4m/s,碰后物体以加速度a = Ng向左匀减速至零再以同样的加速度加速返回,如此往复,故碰撞时间间隔 t = 2,R/a = 4s.点评 物理图象以其形象简洁的手法再现物体运动过程的全貌,倍受师生喜爱,成为解题过 程中的一道亮丽的风景线,此题将匀变速运动模型和抛体模型通过