传送带模型中的能量问题

1、传送带模型中的能量问题1.如图所示，比较长的传送带与水平方向的夹角0 = 37°，在电动机带动下以 vo= 4 m/s的恒定速率顺时针方向运行在传送带底端P处有一离传送带很近的固定挡板，可将传送带上的物体挡住在距P距离为L = 9 m的Q处无初速度地放一质量m= 1 kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数卩=0.5，物体与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计，取g = 10 m/s2, sin37°= 0.6,求物体从静止释放到第一次返回上升至最高点的过程中：(1) 相对传送带发生的位移；(2) 系统因摩擦产生的热量；(3 )传送带多消耗的电能；物体的最终状态及该状态后电动机的输

2、出功率.【解析】(1) 要分上和下两个过程处理，注意相对路程和相对位移是不一样的。解法1:力和运动法.物体由静止释放，沿传送带向下加速运动，相对传送带亦向下滑，受力如图1所示，有 mgsin 0 卩 mgcos 0 = ma1，得 a1 = 2 m/s2 与 P 碰前速度 v1= 2a1L = 6 m/s设物体从Q到P的时间为t1，贝U t1= J = 3 sa1设物体对地位移为 x1,可知x1= L = 9 m，相对传送带向下的位移 x1 = x1+ v0t1 = 21 m物体与挡板碰撞后，以速度 V1反弹，向上做减速运动，因V1>V0,物体相对传送带向上滑，设速度减小到与传送带速度相

3、等的时间为t2,此过程受力如图2所示，有mgsin 0 +卩mgcos 0 = ma22V 1 V 0得 a2 = 10 m/s , t2= = 0.2 sa2V1 + V 0 在t2时间内物体对地向上的位移x2 = 2 0t2= 1 m相对传送带向上的位移厶x2= x2 v0t2= 0.2 m丄丄V0 ct3, t3=二=2 s物体速度与传送带速度相等后，由于mgsin 0 >卩mgcos 0物体不能匀速，将相对传送带向下滑，对地向上做加速度大小为 a3= a-)= 2 m/s2的减速运动，设速度减小到零的时间为此过程中物体对地向上的位移X3 = yt3= 4 m相对传送带向下的位移厶

4、X3= V0t3 X3= 4 m整个过程中两者相对滑动位移为x=A X1A X2+A X3= 24.8 m.解法2:相对运动法.以传送带为参考系，在求出相对初速度和相对加速度后，三个阶段物体相对传送1 1佟送带一V 物体2带的位移分别为A X1= v°t1+ 应讥2= 21 mA X2 = (v 1 v°)t2 尹2«= 0.212,mA X3= 2&t3= 4 m第二阶段物体相对传送带向上运动，两者相对滑动总位移为Ax=AX1 A X2+A X3= 24.8 m.解法3:图象法.设沿传送带向上为正方向，画出如图3所示物体x1 =和传送带运动的v t图象，

5、直接用物体和传送带 v t图线所夹的面积表示相对发生的位移：V 1 V 0 t2vo+ V0+ Vi t2i m, A X2 ='2 210.2 mA X3= 2V0t3= 4 m两者相对滑动的总位移为Ax =A x1A x2+A x3= 24.8 m.(2) 系统因摩擦产生的热量，是由于一对滑动摩擦力作用点移动的不同导致 做功不等而造成的，产生的热量不是与传送带和物体间的相对移动的位移而是与 相对移动的距离有关(如图4所示阴影部分面积)：Q= Q1+ Q2+ Q3= FfA l = mgcos 0 (Ax1 + A x2+A x3) = 100.8 J.出现相对来回的情况时，热量要用

6、相对路程而不能用相对位移(3) 传送带消耗的电能是因为传送带要克服摩擦力做功，这与传送带对地运动位移有关(如图5所示阴影部分面积)，在物体向下加速和相对传送带 向下运动的减速阶段，摩擦力对传送带做负功消耗电能，在物体相对传送带向上运动的减速阶段，摩擦力对传送带做正功，减少电能损耗.A E 电=Ff(x 传送带 1 x 传送带 2 + x 传送带 3)=卩 mgcos 0 (vot1 v°t2+vot3)= 76.8 J即传送带多消耗的电能为 76.8 J.可由功能关系处理，从开始到回到最高点过程中，系统增加了热能100.8 J,减少了重力势能 mgxsin 0, x=x1-x2-x3

7、=4m, mgxsin 0 =24j,系统动能就有变，系统总的增加了100.8-24=76.8j所以传送带多消耗的电能是76.8j(4) 物体返回上升到最高点时速度为零，以后将重复上述过程， 且每次碰后反弹速度、 上升高度依次减小,4 m/s，此后受到的摩擦力总是斜向上，加速度为最终达到一个稳态：稳态的反弹速度大小应等于传送带速度gsin0 y gcos0 = 2 m/s2，方向斜向下，物体相对地面做往返“类竖直上抛”运动，对地上升的最大位移为2?vxm= 严 =4 m，往返时间为 T = 2_- = 4 s2a1a1传送带受到的摩擦力大小始终为Ff=u mgcos 0，稳态后方始终斜向下，故

8、电动机的输出功率稳定为P=FfV0= mgcos 0 x v0 = 16 W.电动机对传送带的力要向上，这样，电动机的输出功率用力和时间传送带受到物体的摩擦力方向向下， 的积就可以求出了。【答案】(1)24.8 m (2)100.8 J (3)76.8 J(4)最终状态见解析16 W如图所示，甲、乙两种粗糙面不同 的传送带，倾斜于水平地面放置，以同BR样恒定速率v向上运动.现将一质量为 m的小物体(视为质点)轻轻放在A处， 小物体在甲传送带上到达 B处时恰好 达到传送带的速率 v ;在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率 v.已知B处离地面的高度皆为 H.则在小物体从 A到B

9、的过 程中()A .两种传送带与小物体之间的动摩擦因数相同B 将小物体传送到 B处，两种传送带消耗的电能相等用功能关系求，消耗的电能等于系统增加的重力势能和热能C.两种传送带对小物体做功相等对小物体用动能定理求D 将小物体传送到 B处，两种系统产生的热量相等解析：小物体在两种传送带均做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小a=y gcosB gsin在速2度达到v的过程中，小物体在甲传送带上的位移s较大，根据公式a= V-，可知小物体在甲传送带上时的加2s速度较小，根据a=y gcos0 gsinB,可得卩=Ftan即小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小，gcos 0选项A错误；在小物体从 A到

10、B的过程中，根据功能关系可知，传送带对小物体做的功等于小物体机械能 的增加量，选项 C正确；在小物体从 A到B的过程中，只有小物体相对传送带发生滑动时，即只有在加速 过程中，系统才发生“摩擦生热”，根据公式Q = fs相对计算系统产生的热量，可选取做匀速运动的传送带为惯性参考系，小物体在惯性参考系里做初速度大小为v，加速度大小为a=y gcos 0 gsin 0,末速度为零的2匀减速直线运动，可求出s相对=中，可见，s相对等于小物体相对于地面速度从0加速到V过程中的位移，即2a系统产生的热量等于小物体加速过程中摩擦力对小物体做的功，对于甲传送带，在加速过程中摩擦力做正功设为Wi，克服重力做功为

11、 mgH，动能改变量为*mv2,根据动能定理可求得 Wi = *mv2+ mgH，同理可求出 小物体在乙传送带上加速过程中摩擦力做的功为W2= |mv2+ mg(H h),显然W“W2，所以Qi>Q2,即甲系统产生的热量多，选项D错误；在将小物体传送到 B处的过程中，传送带消耗的电能等于系统增加的机械能 和产生的内能，两种系统增加的机械能相等，产生的内能不等，所以消耗的电能不等，选项B错误.答案：C如图所示，在大型超市的仓库中，要利用皮带运输机将货物由平台D运送到高为h= 2.5 m的平台C上为1了便于运输，仓储员在平台D与皮带间放了一个4圆周的光滑轨道ab，轨道半径为R = 0.8 m

12、，轨道最低点与皮带接触良好.已知皮带和水平面间的夹角为0 = 37°,皮带和货物间的动摩擦因数为 卩=0.75,运输机的皮带以V。= 1 m/s的速度沿顺时针方 向匀速运动(皮带和轮子之间不打滑).现仓储员将质量为 m= 200 kg的货物放于轨道的a端(g = 10 m/s2).求：(1) 货物到达圆轨道最低点 b时对轨道的压力；(2) 货物沿皮带向上滑行多远才能相对皮带静止；(3) 皮带将货物由A运送到B需对货物做多少功. 对物体用动能定理求解析：(1)货物由a到b，由机械能守恒定律得mgR = *mv 2解得 v =V2gR = p2X 10X 0.8 m/s= 4 m/s2在最低点b,由F合=ma得F mg= mvF= m2v_R200 X j48+ 10 N= 6X 103 N由牛顿第三定律可知货物到达圆轨道最低点时对轨道的压力F '= F= 6 X 103 n.(2)货物在皮带上运动时，由动能定理得：mgxs in371 2 1 2 fx = qmv0mv2 v2v V。x