Question

19．圖甲為某傳送裝置示意圖．繃緊的水平傳送帶長度L=2．Om，以v=3．Om/s的恒定速率運行，傳送帶的水平面距離水平地面的高度h=0.45m．現(xiàn)有一物體 （可視為質點）質量m=lOkg，以v_O=1．Om/s的水平初速度從A端滑上傳送帶，被傳送到B端時沒有被及時取下，物體從B端水平拋出；物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.20，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s²．

（1）求物體從傳送帶上A端運動到B端過程中摩擦力對物體沖量的大��；
（2）設傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦，求為運送該物體電動機多消耗的電能；
（3）若傳送帶的速度v可在0-5.0m/s之間調節(jié)，物體仍以v₀的水平初速度從A端滑上傳送帶，且物體滑到B端均能水平拋出．請你在圖乙中作出物體從B端水平拋出到落地點的水平距離x與傳送帶速度v的關系圖象．（要求寫出作圖數(shù)據(jù)的分析過程）

Answer 1

分析 （1）滑動摩擦力根據(jù)公式F=μmg即可求解，由牛頓第二定律可求得加速度，由運動學公式可判斷物體在B點剛好加速到傳送帶的速度．根據(jù)動量定理可求出摩擦力對物體的沖量大小．
（2）運送物體過程中，由于物體與傳送帶之間的相對位移摩擦產生內能，物體本身動能增加，利用能量轉換合守恒可求的電動機多消耗的電能．
（3）結合牛頓第二定律和運動學公式求出平拋的初速度，從而得出水平位移和傳送帶的關系．

解答 解：（1）物體剛滑上傳送帶時做勻加速直線運動，設物體受到的摩擦力為F_f，根據(jù)牛頓第二定律有：
F_f=μmg=ma
解得：a=μg=0.2×10=2.0 m/s²
設物體速度達到v=3.0 m/s時的位移為s₁有：、
v²-v₀²=2as₁
s₁=$\frac{{v}^{2}-{{v}_{0}}^{2}}{2a}$
代入數(shù)據(jù)得：s₁=2.0m
即物體在傳動帶上剛好能加速達到傳送帶的速度3.0 m/s
設摩擦力的沖量為I_f，依據(jù)動量定理有：I_f=mv-mv₀
代入數(shù)據(jù)解得：I_f=20N?s
（2）在物體勻加速運動的過程中，傳送帶上任意一點移動的長度為：s=vt=3 m
物體與傳送帶摩擦產生的內能為：Q=μmg（s-s₁）
物體增加的動能為：△E_k=$\frac{1}{2}$m（v²-v₀²）
設電動機多消耗的電能為E，根據(jù)能量轉化與守恒定律得：
E=△E_k+Q       
代入數(shù)據(jù)解得：E=60J
（3）物體勻加速能夠達到的最大速度：v_m=$\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+2aL}=\sqrt{{1}^{2}+2×2×2}$=3.0m/s
當傳送帶的速度為零時，物體勻減速至速度為零時的位移：s₀=$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{2a}=\frac{{1}^{2}}{4}$=0.25m＜L
當傳送帶的速度0＜v＜3.0m/s時，物體的水平位移x=vt，式中：t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×0.45}{10}}$=0.3s為恒量，即水平位移x與傳送帶速度v成正比．
當傳送帶的速度v≥3.0m/s時，
x=${v}_{m}\sqrt{\frac{2h}{g}}=3×0.3$=0.9 m，物體從傳送帶水平拋出后的x-v圖象
如圖所示．
答：（1）物體從傳送帶上A端運動到B端過程中摩擦力對物體沖量為20N?s．
（2）為運送該物體電動機多消耗的電能為60J．
（3）物體從B端水平拋出到落地點的水平距離x與傳送帶速度v的關系圖象如圖所示．

點評 傳送帶問題是物理上典型的題型，關鍵是分析物體的運動情況，根據(jù)動量定理、能量轉換合守恒即可求解，難度較大．