传送带模型中的能量问题

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θ＝37°，在电动机带动下以v 0＝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μ＝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/s 2，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；
(4)物体的最终状态及该状态后电动机的输出功率．
【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 θ－μmgcos θ＝ma 1，得a 1＝2 m/s 2 与P 碰前速度v 1＝2a 1L ＝6 m/s 设物体从Q 到P 的时间为t 1，则t 1＝v 1a 1
＝3 s 设物体对地位移为x 1，可知x 1＝L ＝9 m ，相对传送带向下的位移Δx 1＝x 1＋v 0t 1＝21 m
物体与挡板碰撞后，以速度v 1反弹，向上做减速运动，因v 1>v 0，物体相对传送带向上滑，设速度减小到与传送带速度相等的时间为t 2，此过程受力如图2所示，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 2
得a 2＝10 m/s 2，t 2＝v 1－v 0a 2
＝0.2 s 在t 2时间内物体对地向上的位移x 2＝v 1＋v 02t 2
＝1 m 相对传送带向上的位移Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.2 m 物体速度与传送带速度相等后，由于mgsin θ>μmgcos θ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a 3＝a 1＝2 m/s 2的减速运动，设速度减小到零的时间为t 3，t 3＝v 0a 3
＝2 s 此过程中物体对地向上的位移x 3＝v 02
t 3＝4 m 相对传送带向下的位移Δx 3＝v 0t 3－x 3＝4 m
整个过程中两者相对滑动位移为Δx ＝Δx 1－Δx 2＋Δx 3＝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带的位移分别为Δx 1＝v 0t 1＋12a 1t 21
＝
21 m Δx 2＝(v 1－v 0)t 2－12a 2t 22＝0.2 m Δx 3＝12
a 3t 23＝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Δx ＝Δx 1－Δx 2＋Δx 3＝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所示物体和传送带运动的v －t 图象，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：Δx 1＝(v 0＋v 0＋v 1)t 12＝21 m ，Δx 2＝(v 1－v 0)t 22
＝0.2 m Δx 3＝12
v 0t 3＝4 m 两者相对滑动的总位移为Δx ＝Δx 1－Δx 2＋Δx 3＝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 ＝Q 1＋Q 2＋Q 3＝F f ·Δl ＝μmgcos θ(Δx 1＋Δx 2＋Δx 3)＝100.8 J.
出现相对来回的情况时，热量要用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．
ΔE 电＝－F f (x 传送带1－x 传送带2＋x 传送带3)＝－μmgcos θ(v 0t 1－v 0t 2＋
v 0t 3)＝－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 θ，x=x1-x2-x3=4m, mgxsin θ=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，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4 m/s ，此后受到的摩擦力总是斜向上，加速度为gsin θ－μgcos θ＝2 m/s 2，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x m ＝v 202a 1＝4 m ，往返时间为T ＝2v 0a 1
＝4 s 传送带受到的摩擦力大小始终为F f ＝μmgcos θ，稳态后方始终斜向下，故电动机的输出功率稳定为P ＝
F f v0＝μmgcosθ×v0＝16 W.
传送带受到物体的摩擦力方向向下，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
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＝μgcosθ－gsinθ，在速度
，可知小物体在甲传送带上时的加速达到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＝v2
2s
＋tanθ，即小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小，选项A 度较小，根据a＝μgcosθ－gsinθ，可得μ＝a
gcosθ
错误；在小物体从A到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＝μgcosθ－gsinθ，末速度为零的匀减速直线运动，，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，即系统产生的热量等
可求出s相对＝v2
2a
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W1，克服重力做功为mgH，动能改变量为1
2，根据动能定理可求得W1＝12m v2＋mgH，同理可求出小物体在乙传送带
2m v
上加速过程中摩擦力做的功为W2＝1
2＋mg(H－h)，显然W1>W2，所以Q1>Q2，即甲系统产生的热量多，
2m v
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
了便于运输，仓储员在平台D 与皮带间放了一个14圆周的光滑轨道ab ，轨道半径为R ＝0.8 m ，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θ＝37°，皮带和货物间
的动摩擦因数为μ＝0.75，运输机的皮带以v 0＝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/s 2)．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 ＝12
m v 2解得v ＝2gR ＝2×10×0.8 m/s ＝4 m/s 在最低点b ，由F 合＝ma 得F －mg ＝m v 2R F ＝m ⎝⎛⎭
⎫v 2R ＋g ＝200×⎝⎛⎭⎫420.8＋10 N ＝6×103 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 ＝6×103 N.
(2)货物在皮带上运动时，由动能定理得：－mgxsin37°－fx ＝12m v 20－12
m v 2 且f ＝μmgcos37°解得：x ＝v 2－v 20
2g (sin37°＋μcos37°)＝0.625 m. (3)由于tan37°＝μ，则货物减速到v 0后便和皮带一起匀速向上运动
货物由平台D 运送到平台C 的过程中，由功能关系知，皮带对货物做的功为W ＝mg(h －R)＋12m v 20
＝3 500 J.
答案：(1)6×103 N (2)0.625 m (3)3 500 J。