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传送带问题专题讲解

传送带问题专题讲解
传送带问题专题讲解

传送带问题专题讲解 IMB standardization office【IMB 5AB- IMBK 08- IMB 2C】

传送带问题专题讲解知识特点

传送带上随行物受力复杂,运动情况复杂,功能转换关系复杂。

基本方法

解决传送带问题要特别注重物理过程的分析和理解,关键是分析传送带上随行物时一般以地面为参照系。

1、对物体受力情况进行正确的分析,分清摩擦力的方向、摩擦力的突变。当传送带和随行物相对静止时,两者之间的摩擦力为恒定的静摩擦力或零;当两者由相对运动变为速度相等时,摩擦力往往会发生突变,即由滑动摩擦力变为静摩擦力或变为零,或者滑动摩擦力的方向发生改变。

2、对运动情况进行分析分清物体的运动过程,明确传送带的运转方向。

3、对功能转换关系进行分析,弄清能量的转换关系,明白摩擦力的做功情况,特别是物体与传送带间的相对位移。

一、基础练习

【示例1】一水平传送带长度为20m,以2m/s的速度做匀速运动,已知某物体与传送带间动摩擦因数为,则从把该物体由静止放到传送带的一端开始,到达另一端所需时间为多

V

少?

【讨论】

1、在物体和传送带达到共同速度时物体的位移,传送带的位移,物体和传送带的相对位移分别是多少?

2、若物体质量m=2Kg,在物体和传送带达到共同速度的过程中传送带对物体所做的功,因摩擦而产生的热量分别是多少?

情景变换一、当传送带不做匀速运动时

【示例2】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μ。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a 0开始运动,当其速度达到v 0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。

情景变换二、当传送带倾斜时

【示例3】如图所示倾斜的传送带以一定的速度逆时针运转,现将一物体轻放在传送带的顶端,此后物体在向下运动的过程中。() A 物体可能一直向下做匀加速运动,加速度不变

B.物体可能一直向下做匀速直线运动

C.物体可能一直向下做匀加速运动,运动过程中加速度改变

D.物体可能先向下做加速运动,后做匀速运动

情景变换三、与功和能知识的联系

【示例4】、如图所示,电动机带着绷紧的传送带始终保持

v 0=2m/s 的速度运行,传送带与水平面间的夹角为30,

现把一个质量为m=10kg 的工件轻放在传送带上,传送到h=2m

的平台上,已知工件与传送带之间的动摩擦因数为=3/2,除此之外,不计其它损耗。则在皮带传送工件的过程中,产生内能及电动机消耗

的电能各是多少( g=10m/s 2)

情景变换四、与动量知识的联系

【示例5】、如图所示,水平传送带AB 足够长,质量为M =1kg 的木块随传送带一起以v 1=2m/s 的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定),木块与传送带的摩擦因数μ=05.,当木块运动到最左端A 点时,一颗质量为m =20g 的子弹,以v 0=300m/s 的水平向右的速度,正对射入木块并穿出,穿出速度v =50m/s ,设子弹射穿木块的时间极短,(g 取10m/s 2)求:

(1)木块遭射击后远离A 的最大距离; (2)木块遭击后在传送带上向左运动所经历的时间。

二、巩固练习

1、水平传输装置如图所示,在载物台左端给物

块一个初速

度。当它通过如图方向转动的传输带所用时间t 1。当皮带轮改为与图示相反的方向传输

时,通过传输带的时间为t 2。当皮带轮不转动时,通过传输带的时间为t 3,下列说法中正确的是:

()

A .t 1一定小于t 2;

B .t 2>t 3>t 1;

C .可能有t 3=t 2=t 1;

D .一定有t 1=t 2

2、质量为m 的物体从离传送带高为H 处沿光滑圆弧轨道下滑,水平进入长为L 的静止的传送带落在水平地面的Q 点,已知物体与传送带间的动摩擦因数为μ,则当传送带转动时,物体仍以上述方式滑下,将落在Q 点的左边还是右边?

3、如图2—1所示,传送带与地面成夹角θ=37°,以10m/s 的速度逆时针转动,在传送带上端轻轻地放一个质量m=㎏的物体,它与传送带间的动摩擦因数μ=,已知传送带从A →B 的长度L=16m ,则物体从A 到B 需要的时间

为多少?

4、如图2—4所示,传送带与地面成夹角θ=37°,以10m/s 的速度顺时针转动,在传送带下端轻轻地放一个质量m=㎏的物体,它与传送带间的动摩擦因数μ=,已知传送带从A →B 的长度L=50m ,则物体从A 到B 需要的时间

为多少?

M

A

B

V 0

v 1

V 0

Q

h

L

H

P

图2

图2

图2—

5、如图2—19所示,静止的传送带上有一木块正在匀速下滑,当传送带突然向下开动时,木块滑到底部所需时间t 与传送带始终静止不动

所需时间t 0相比是( ) A.t=t 0B.t<t 0

C.t>t 0D.A、B两种情况都有可能

6、将一粉笔头轻放在2m/s 的恒定速度运动的水平传送带上后,传送带上留下一条长为4m 的划线;若使该传送带做匀减速运动(加速度为1.5m/s 2)并且在传送带上做匀减速的同时,将另一个粉笔头放在传送带上,该粉笔头在传送带上留下多长划痕(g 取10m/s 2)

7、如图2—13所示,倾角为37o 的传送带以4m/s 的速度沿图示方向匀速运动。已知传送带的上、下两端间的距离为L =7m 。现将一

质量

m=0.4kg 的小木块放到传送带的顶端,使它从静止开始沿传送带下滑,已知木块与传送带间的动摩擦因数为μ=,取g =10m/s 2。求木块滑到底的过程中,摩擦力对木块做的功以及生的热各是多少?

8、如图2—20所示,足够长水平传送带以2m/s 的速度匀速运行。现将一质量为2kg 的物体轻放在传送带上,物体与传送带间的动摩擦因数为。若不计电动机自身消耗,则将物体传送的过程中() A .摩擦力对物体做的功为4JB .摩擦力对物体做的功为-4J

C .电动机做的功为8J

D .电动机做功的功率为8W

9、图14为仓库中常用的皮带传输装置示意图,它由两台皮带传送

机组成,一台水平传送,A ,B 两端相距3m ,另一台倾斜,传送带与地面的倾角,C,D 两端相距4.45m ,B,C 相距很近。水平传送以5m/s 的速度沿顺时针方向转动,现将质量为10kg 的一袋大米无初速度地放在A 段,它随传送带到达B 端后,速度大小不变地传到倾斜送带的C 点,米袋与两传送带间的动摩擦因数均为,g 取10m/s 2,sin37=,cos37=

(1)若CD 部分传送带不运转,求米袋沿传送带在CD 上所能上升的最大距离;

(2)若倾斜部分CD 以4m /s 的速率顺时针方向转动,求米袋从C 运动到D 所用的时间。

10、如图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L =8m ,传送带的皮带轮的半径均为R =0.2m ,传送带的上部距地面的高度为h =0.45m ,现有一个旅行包(视为质点)以v 0=10m/s 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μ=.g 取10m/s 2.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8m ,旅行包滑上传送带的初速度恒为10m/s .当皮带轮的角速度ω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)中所求的水平距离?若皮带轮的角速度ω1=40rad/s ,旅行包落地点距B 端的水平距离又是多少?

(3)设皮带轮以不同的角速度顺时针匀速转动,画出旅行包落地点距B 端的水平距离s 随皮带轮的角速度ω变化的图象.

参考答案

【示例1】解:物体加速度a=μg=1m/s 2,经t 1==2s 与传送带相对静止,所发生的位移

S 1=at 12=2m,然后和传送带一起匀速运动经t 2==9s ,所以共需时间t=t 1+t 2=11s 【讨论】1、S 1=vt 1=2m ,S 2=vt 1=4m ,Δs=s 2-s 1=2m 【讨论】2、W 1=μmgs 1=mv 2=4J ,Q=μmg Δs=4J 【示例2】【解析】方法一: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a 0。根据牛顿运动定律,可得g a μ= 设经历时间t ,传送带由静止开始加速到速度等于v 0,煤块则由静止加速到v ,有

由于a

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v 0的整个过程中,传送带和煤块移动的距离分别为s 0和s ,有

t 2t 1图2—6

传送带上留下的黑色痕迹的长度s s l -=0由以上各式得2000()

2v a g l a g

μμ-=

【小结】本方法的思路是整体分析两物体的运动情况,分别对两个物体的全过程求位移。 方法二:

第一阶段:传送带由静止开始加速到速度v 0,设经历时间为t ,煤块加速到v ,有

v t a 00= ①v gt at μ==②

传送带和煤块的位移分别为s 1和s 2,20121t a s =③2222

1

21gt at s μ==④

第二阶段:煤块继续加速到v 0,设经历时间为t ',有v 0v gt μ'=+⑤

传送带和煤块的位移分别为s 3和s 4,有30s v t '=⑥241

2

s vt gt μ''=+⑦

传送带上留下的黑色痕迹的长度4231s s s s l --+=

由以上各式得2000()

2v a g l a g

μμ-=

【小结】本方法的思路是分两段分析两物体的运动情况,分别对两个物体的两个阶段求位移,最后再找相对位移关系。 方法三:

传送带加速到v 0,有00v a t =① 传送带相对煤块的速度0()v a g t μ=-②

传送带加速过程中,传送带相对煤块的位移【相对初速度为零,相对加速度是()g a μ-0】 传送带匀速过程中,传送带相对煤块的位移【相对初速度为()g a μ-0t ,相对加速度是g μ】

整个过程中传送带相对煤块的位移即痕迹长度()()g

2t 21

22

00μμμg a t g a l -+-=③

由以上各式得2000()

2v a g l a g

μμ-=

【小结】本方法的思路是用相对速度和相对加速度求程,然后对过程进行分析,找准相对初末速度、相对加速方法四:用图象法求解

画出传送带和煤块的V —t 图象,如图2—6所示。

其中010v

t a =,02v t g

μ=,

黑色痕迹的长度即为阴影部分三角形的面积,有: 【示例3】ACD

【示例4】解:工件加速上升时加速度a=μgcosθ-gsin θ=2.5m/s 2

经t==与传送带共速,上升的位移s 1=at 2=0.8m 传送带位移s 2=v 0t=1.6m 相对位移△s=s 2-s 1=0.8m ,所以产生的内能Q=μmgcos θ△s=60J 电动机耗能△E=Q+mv 2+mgh=280J

【示例5】解.(1)设木块遭击后的速度瞬间变为V ,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律得

则V m v v M

v =

--()

01,代入数据解得V m s =3/,方向向右。 木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动,其受力如图所示。

摩擦力f F Mg N N N ====μμ05

1105.×× 设木块远离A 点的最大距离为S ,此时木块的末速度为0,

根据动能定理得-=-

fS MV 01

2

2 则S MV f m m ===22

21325

09××. (2)研究木块在传送带上向左运动的情况。设木块向左加速到v m s 12=/时的位移为S 1。

由动能定理得f S Mv 112

12

=,则S Mv f m m m 1122212250409===<××.. 由此可知,遭击木块在传送带上向左的运动过程分两个阶段:先向左加速运动一段时间

t 1,再匀速运动一段时间t 2。由动量定理得f t Mv 11=

则t Mv f s s 11125

04=

==×.,t S S v s s 2110904

2025=-=-=...

所求时间t t t s s s =+=+=1204025065... 二、巩固练习

1、C

2、当传送带逆时针转动时,物体仍落在Q 点;当传送带顺时针转动时:当传送带的速度gL V V μ220-≤时,物体将落在Q 的左边;当传送带的速度gL V V μ220->时,物体将落在Q 的右边

3、【解析】物体放上传送带以后,开始一段时间,其运动加速度

2m/s 10cos sin =+=

m

mg mg a θ

μθ。

这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s 为止,其对应的时间和位移分别为:

,1s 10

10

1s a v t ===m 52 21==a s υ<16m 以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上,其加速度大小为(因为mgsin θ>μmgcos θ)。

22m/s 2cos sin =-=

m

mg mg a θ

μθ。

设物体完成剩余的位移2s 所用的时间为2t ,则2

222022

1t a t s +

=υ,11m= ,10222t t + 解得:)s( 11 s, 1 2212舍去或-==t t

所以:s 2s 1s 1=+=总t 。【总结】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向,若μ>,第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动;若L <5m ,物体将一直加速运动。因此,在解答此类题目的过程中,对这些可能出现两种结果的特殊过程都要进行判断。

4、【解析】物体放上传送带以后,开始一段时间,其运动加速度

2m/s 46.8cos sin =+=

m

mg mg a θ

μθ。

这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s 为止,其对应的时间和位移分别为:

,18.1s 46

.810

1s a v t ===m 91.52 21==a s υ<16m 以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上,其加速度大小为零(因mgsin θ<μmgcos θ)。 设物体完成剩余的位移2s 所用的时间为2t ,则202t s υ=,16m -5.91m=210t

解得: s, 90.10 2=t 所以:s 27.11s 09.10s 18.1=+=总t 。

【总结】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向,μ>tan θ=

3

3

,第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动。 5、A ;6、解:粉笔头放到传送带上后,它与传送带间存在相对运动,将受到传送带对它的摩擦力作用,从而做匀加速运动,直至其速度达到与传送带相同。传送带匀速运动

图2—3

时,如右图2—2所示:上线为传送带的速度图线,下线为粉笔头的速度图线,所以三角形阴影即为两者的相对位移,亦即粉笔头的画线长度。 由图可知:

S t v ?=002

1

代入数值可解得:s t 40=

所以由速度公式V 0=at 可得:a=0.5m/s 2

传送带做匀减速运动时,仍做出速度图线如图2—3所示:三角形阴影表示二者的相对位移。粉笔头做匀加速运动,直到某

时刻其速度增大到与传送带减小的速度相等,此后它们一起运动。 由速度公式,对传送带:t a v v 00-= 对粉笔头:at v =由上两式可解得:t=1s 。 所以三角形阴影的面积为:m t v S 1122

1

210=??==

?。 所以此时粉笔头画线的长度为1m 。 7、【解析】刚开始时,合力的大小为

F 合1=mg sin37o +μmg cos37o,

由牛顿第二定律,加速度大小a 1=

m

F 1合=8m/s 2,

该过程所用时间t 1=10a v =,位移大小s 1=1

2

2a v =1m 。

二者速度大小相同后,合力的大小为F 合2=mg sin37o -μmg cos37o, 加速度大小a 2=

m

F 2合=4m/s 2,位移大小s 2=L -s 1=6m,

所用时间s 2=v 0t 2+2

222

1t a 得:t 2=1s 。(另一个解t 2=-3s 舍去)

摩擦力所做的功W =μmg cos37o·(s 1-s 2)=-,

全过程中生的热Q =f·s 相对=μmg cos37o·【(v 0t 1-s 1)+(s 2-v 0t 2)】=×3m =。

【总结】该题目的关键在于分析清楚物理过程,分成两段处理,正确分析物体受力情况,求出物体和传送带的位移,以及物体和传送带间的相对位移。 8、ACD9、【解析】(1)米袋在AB 上加速时的加速度20/5s m m

mg

a ==

μ

米袋的速度达到0v =5m /s 时,滑行的距离m AB m a v s 35.220

20

0=<==,因此米加速

一段后与传送带一起匀速运动到达B 点,到达C 点时速度v 0=5m /s ,设米袋在CD 上运动的加速度大小为a ,由牛顿第二定律得ma mg mg =+θμθcos sin

代人数据得a=10m /s 2

,所以,它能上滑的最大距离m a

v s 25.1220

==… (2)顺斜部分传送带沿顺时针方向转动时,米袋速度减为4m /s 之前的加速度为

21/10)cos (sin s m g a -=+-=θμθ…………

速度减为4m/s 时上滑位移为m a v v s 45.021

2

211=-=

米袋速度等于4m /s 时,滑动摩擦力方向改变,由于a mg a mg sin cos <μ,故米继续向上减速运动…米袋速度小于4m /s 减为零前的加速度为-

22/2)cos (sin s m g a -=--=θμθ…

速度减到0时上滑位移为m a v s 4202

2

12=-=…

可见,米袋速度减速到0时,恰好运行到D 点。

米袋从C 运动到D 所用的时间s a v a v v t t t 1.22

1

10121=-+-=

+=- 10、【解析】(1)减速运动,到右端时速度

v ===包的落地点距B 端的水平距离为s =vt =

=0.6m

(2)由题意,R v ω≤ω值的范围是ω≤10rad/s .

当ω1=40rad/s 时,包的落地点距B 端的水平距离为s 1==R ωt =

2.4m (3)见图

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