高中物理传送带模型.docx
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高中物理传送带模型.docx
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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
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=2m/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μ=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.
分析工件无初速度地放在传送带上,由于传送带以2m/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:
μmg=ma
代入数据可得:
a=2m/s2 工件加速运动的时间t1=
代入数据可得:
t1=1s
此过程工件发生的位移l=
at12 代入数据可得:
l=1m
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=
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μ=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 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:
μmg=ma
代入数据可得:
a=6m/s2
t1=
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=
=7m
代入数据可得:
s1=7m 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= 代入数据可得: t=0.25s 故: 旅行包在传送带上运动的时间为t=t1+t2=1.25s 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l0m/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μ=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? (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=1/2gt2 s=vt 代入数据得: t=0.3s③ 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 ⑦ 代入数据得s0=2.0m ⑧ 故传送带的长度L应满足的条件为: L≥2.0m 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 2、倾斜传送带上的力与运动情况分析 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=10m/s2). 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°>μmgcos37°,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°>μmgcos37°(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 (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mgsin37°,根据牛顿第二定律,有: mgsin37°-μmgcos37°=ma 代入数据可得: a=2m/s2 物块在传送带上做加速度为a=2m/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: mgsin37°-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 /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 例5 如图甲所示的传送带,其水平部分ab的长度为2m,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=2m/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 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μ=0.25 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=0.8s 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2m/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μmgcos37°,设A沿bc段下滑的加速度为a2,根据牛顿第二定律有,mgsin37°-μmgcos37°=ma2 解得: a2=4m/s2 根据运动学的关系,有: sbc=vt3+ 其中sbc=4m,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 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 ② (2)设当工件滑到BC部分上时物体的加速度为a2.则 ③ ④ 所以,由V02-V2=2a2L得V0=8m/s ⑤ ①②各4分,③④得3分,⑤2分,共16分 4、变形传送带上的力与运动情况分析 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(1)设轮子的半径为r,由题意O1O10=3.6m,得轮子的半径r= =0.2m.。 轮子转动的线速度为 n= r/s 代入数据可得: v=1.6m/s 木板受到轮子的滑动摩擦力f=μmg,木板在滑动摩擦力的作用下做加速运动 板运动的加速度 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 , 代入数据可得: t=1s 木板作匀加速运动发生的位移 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 因此,板运动的总时间为: 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 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μ,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、 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 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=2s1① 对木块由动能定理得: ② 对传送带和木块由能量关系可知: E内=fs2-fs1 ③ 由①②③可得: E内= 故本题选D选项。 2、倾斜传送带上的能量转化情况分析 例9、 如图所示,电动机带着绷紧的传送带始终以v0=2m/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=10m/s2) 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=2m/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=2m/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=0.8m 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2m/s. 故工件增加的机械能E=mgh+ 代入数据得E=220J 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=280J 3、水平和倾斜组合传送带上的能量转化情况分析 例11、 (2003年全国理综第34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 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 ① ② 在这段时间内,传送带运动的路程为 ③ 由以上3式,可得 ④ 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, ⑤ 传送带克服小货箱对它的摩擦力做功 ⑥ 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 ⑦ 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, ⑧ 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 ⑨ 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 ⑩ 由于T很大,所以N很大。 联立⑦⑧⑨⑩,得 ⑾ 4、变形传送带上的能量转化情况分析 例12、 如图所示,用半径为r=0.4m的电动滚轮在长薄铁板上表面压轧一道浅槽。 薄铁板的长为L=2.8m、质量为m=10kg。 已知滚轮与铁板、铁板与工作台面间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2=0.1。 铁板从一端放入工作台的滚轮下,工作时滚轮对铁板产生恒定的竖直向下的压力为N=100N,在滚轮的摩擦作用下铁板由静止向前运动并被压轧出一浅槽。 已知滚轮转动的角速度恒为ω=5rad/s,g取10m/s2。 求: 加工一块铁板电动机要消耗多少电能? (不考虑电动机自身的能耗) 分析在加工铁板时,可由铁板的受力情况来分析其运动情况。 其受力情况是: 在竖直方向上受到重力、滚轮的压力、以及地面的支持力;在水平方向上上表面受到向前的滑动摩擦力,下表面受到向后的滑动摩擦力,通过计算可知向前的摩擦力大于向后的摩擦力故铁板向前加速运动。 这样就应该考虑铁板的速度是否能达到和滚轮的线速度相等,若相等,之后铁板上表面受到的即是静摩擦力,铁板将开始匀速运动。 在受力情况和运动情况分析清楚的基础上,再从能量的角度分析,可以发现电动机消耗的电能流流向了三个方面,一是用于铁板增加动能;二是转化为滚轮和铁板之间产生的热能;三是转化为铁板和地面之间产生的热能。 至此本题已不难求解。 解答开始砂轮给铁板向前的滑动摩擦力F1=μ1N 代入数据可得: F1=30N 工作台给铁板的摩擦阻力F2=μ2(N+mg)N 代入数据可得: F2=20N 故铁板先向右做匀加速运动: a= 代入数据可得: a=1m/s2 加速过程铁板能达到的最大速度vm=ωr 代入数据可得: vm=2m/s 这一过程铁板的位移s1= 代入数据可得: s1=2m<2.8m 所以此后砂轮给铁板的摩擦力将变为静摩擦力,并且F1′=F2,铁板将做匀速运动。 加工一块铁板电动机消耗的电能: E=ΔEK+Q1+Q2 其中ΔEK= mvm2, Q1=F1s1 ,Q2=F2L 代入数据可得加工一块铁板电动机消耗的电能: E=136J
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