牛顿运动定律的应用传送带模型

图3－2－7 (1)求物体刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度 的大小； (2)求物体做匀加速直线运动的时间； (3)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送 到B处，求物体从A处传送到B处的最短时间和传送带对 应的最小运行速率。
解析：(1)滑动摩擦力Ff＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N， 加速度a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2。 (2)物体达到与传送带相同速率后不再加速，则 v＝at1，t1＝va＝11 s＝1 s。 (3)物体始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a＝1 m/s2，当物体到 达右端时，有
牛顿运动定律的应用 传送带模型
传送带模型
[模型概述] 物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型。 因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送 带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同， 传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出 准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键。
1．水平传送带模型 项
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端 A 滑到底端 B 的时间．
解析 (1)传送带顺时针转动，物 体相对传送带向下运动，则物体所 受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传 送带向下匀加速运动，据牛顿第二 定律有 mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma 则 a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2， 据 l＝12at2 得 t＝4 s.
(2)匀加速时，由 x1＝v2t1 得 t1＝0.8 s 匀速上升时 t2＝xv2＝32.2 s＝1.6 s 所以工件从 P 点运动到 Q 点所用的时间为 t＝t1＋t2＝2.4 s。
[答案] (1)先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s
[题后悟道] 对于传送带问题，一定要全面掌握 上面提到的几类传送带模型，尤其注意要根据具体 情况适时进行讨论，看一看有没有转折点、突变点， 做好运动阶段的划分及相应动力学分析。
图示 目
滑块可能的运动情况
情
(1)可能一直加速
景1
(2)可能先加速后匀速
项目
情景 2
情景 3
图示
滑块可能的运动情况
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能 先减速再匀速 (2)v0<v时，可能一直加速，也可能 先加速再匀速
(1)传送带较短时，滑块一直减速达 到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送 带传回右端。其中v0>v返回时速度 为v，当v0<v返回时速度为v0
(2)传送带逆时针转动，当 v 物小于 v 带时，
f 沿传送带向下，设物体的加速度大小为 a1， mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
x2＝l－x1＝11 m 又因为 x2＝vt2＋12a2t2 2，
解得 a1＝10 m/s2
则有 10t2＋t2 2＝11
设 v 物=v 带时经历的时间为 t1，位移为 x1 t1＝av1＝1100 s＝1 s，x1＝12a1t1 2＝5 m<l＝16 m
v0＝1 m/s的速度运动，现将一质量 m＝0.5 kg的物体从传送带左端放上， 图3－2－11
设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端水
平距离x＝2.5 m，则物体从左端运动到右端所经历的
时间为(g＝10 m/s2)
()
A. 5 s C．3 s
B．( 6－1) s D．5 s
解析：物体在传送带上做加速运动时：a＝mF＝μg＝1 m/s2 加速运动的位移x1＝v20a2＝0.5 m 时间t1＝va0＝1 s 匀速运动的位移x2＝x－x1＝2 m 时间t2＝vx20＝2 s，总时间为3 s。 答案：C
如图所示，倾角为 37°，长为
l＝16 m 的传送带，转动速度为 v＝
10 m/s，动摩擦因数μ＝0.5，在传送
带顶端 A 处无初速度地释放一个质量
为 m＝0.5 kg 的物体．已知 sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：
图4
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端 A 滑到底端 B 的时间；
[典例] 如图 3－2－6 所示，绷
紧的传送带，始终以 2 m/s 的速度
匀速斜向上运行，传送带与水平方向
图3－2－6
间的夹角 θ＝30°。现把质量为 10 kg 的工件轻轻地放在传
送带底端 P 处，由传送带传送至顶端 Q 处。已知 P、Q 之
间的距离为 4 m，工件与传送带间的动摩擦因数为 μ＝ 23， 取 g＝10 m/s2。
Fra Baidu bibliotek
现在传送带传送货物已被广泛地应用，如图3－2－7 所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终 保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的物体 被无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使 物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相 等的速率做匀速直线运动。设物体与传送带之间的动摩 擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2。
vmin2＝2aL，vmin＝ 2aL＝ 2×1×2 m/s＝2 m/s， 所以传送带的最小运行速率为2 m/s。 物体最短运行时间由vmin＝atmin， 得tmin＝vmain＝21 s＝2 s。
答案：(1)4 N 1 m/s2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s
如图3－2－11所示，传送带保持
2.倾斜传送带模型
项目
图示
情景 1
情景 2
滑块可能的运动情况
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速
项目
情景 3
情景 4
图示
滑块可能的运动情况
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能一直匀速 (4)可能先以a1加速后以a2加速 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速
(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动； (2)求工件从P点运动到Q点所用的时间。 [解析] (1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩 擦力为动力 由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma 代入数值得：a＝2.5 m/s2 则其速度达到传送带速度时发生的位移为 x1＝2va2＝2×222.5 m＝0.8 m<4m 可见工件先匀加速运动 0.8 m，然后匀速运动 3.2 m