利用能量觀念 速解傳送帶問題

■山東省德州市第一中學 李寧寧 劉立毅(正高級教師)

■山東省德州市教育科學研究院 岳志國

傳送帶問題是以真實的物理現象為情境的物理模型,下面從傳送帶的設置方向、維度等方面歸納了三種情況,探究利用能量觀念求解此類問題的方法,供大家參考。

一、水平一維傳送帶問題

求解傳送帶問題,務必弄清物體的運動情況。當物體無初速度地放到水平傳送帶一端時,物體可能一直做勻加速運動至另一端;也可能先做勻加速運動后做勻速運動至另一端。當物體滑上傳送帶一端的初速度與傳送帶速度反向時,物體可能一直做勻減速運動至另一端;也可能先做勻減速運動再反向做勻加速運動至同一端。

例1如圖1所示,水平傳送帶A、B兩端間的長度x=8 m,輕輕地把貨物放到傳送帶上的A端,每次傳送貨物(可視為質點)的質量m=2 kg,貨物與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.1,取重力加速度g=10 m/s2。

圖1

(1)若傳送帶以速度v1=2 m/s沿順時針方向轉動,求貨物從傳送帶A端運動到B端所用的時間。

(2)若傳送帶以速度v2=5 m/s沿順時針方向轉動,求貨物由傳送帶A端運動到B端的過程中,因摩擦而產生的熱量。

(3)若傳送帶以速度v3=2 m/s沿順時針方向轉動,貨物以初速度v0=4 m/s從A端滑上傳送帶,求貨物由傳送帶A端運動到B端的過程中,貨物對傳送帶做的功。

(4)某次工人錯將貨物以速度v0＇=3 m/s從A端滑上傳送帶,及時發現錯誤并讓傳送帶以速度v4=2 m/s沿逆時針方向轉動,求貨物離開傳送帶時的速度和運送這件貨物電動機多消耗的電能。

解析：(1)設貨物做勻加速運動時的加速度為a,根據牛頓第二定律得μmg=ma,解得a=1 m/s2。貨物做勻加速運動所用的時間t1==2 s,發生的位移x1==2 m。之后貨物以速度v1=2 m/s做勻速運動,發生的位移x2=x-x1=6 m,所用的時間t2==3 s。因此貨物從傳送帶A端運動到B端所用的時間t=t1+t2=5 s。

(2)貨物由靜止加速到速度v2=5 m/s需要發生的位移,根據位移公式得,解得貨物在傳送帶上運動的時間t3=4 s,這段時間內傳送帶的位移x帶1=v2t3=20 m,貨物與傳送帶的相對位移Δx=x帶1-x=12 m,因摩擦而產生的熱量Q=μmg·Δx=24 J。

(3)貨物做勻減速運動時的加速度大小a＇=1 m/s2,貨物做勻減速運動到與傳送帶達相同速度發生的位移x4==6 m＜x,因此貨物與傳送帶達到共速前沒有離開傳送帶。貨物做勻減速運動所用的時間t4==2 s,這段時間內傳送帶的位移x帶2=v3t4=4 m,因此貨物對傳送帶做的功W=μmg·x帶2=8 J。

(4)貨物做勻減速運動發生的位移x5==4.5 m＜x,因此貨物離開傳送帶時的速度v離=2 m/s,方向由B端指向A端。貨物做勻減速運動的時間t5==3 s,做勻加速運動所用的時間t6==2 s,傳送帶的位移x帶3=v4(t5+t6)=10 m,因此運送這件貨物電動機多消耗的電能E電=μmg·x帶3=20 J。

點評:當v0(物速)＜vn(帶速)時,根據可以求得貨物運動到傳送帶B端恰好達到傳送帶的速度vn的臨界帶長臨界時間貨物的實際運動情況存在兩種可能:①若帶長L＜L0,則貨物一直做勻加速運動,在B端離開時的速度v離=,運動時間,傳送帶相對貨物向右的位移大小,因摩擦而產生的熱量Q=μmg·Δx;②若帶長L＞L0,則貨物先做勻加速運動后做勻速運動,在B端離開時的速度v離=vn,運動時間t=t0+當v0(物速)＞vn(帶速)時,同理得臨界帶長臨界時間貨物的實際運動情況也存在兩種可能:①若帶長L＜L0＇,則貨物一直做勻減速運動,在B端離開時的速度v離=運動時間t0＇;②若帶長L＞L0＇,則貨物先做勻減速運動后做勻速運動,在B端離開時的速度v離=vn,運動時間當貨物速度v0＇與傳送帶速度vn反向時,貨物可以從A端向左或從B端向右離開傳送帶,推理論證如下:設貨物運動至B端時,速度恰好減為0,則對貨物有-μmgL0″=0-,解得臨界帶長①當帶長L＜L0″時,貨物一直向右做勻減速運動,根據-μmgL=可以求得貨物從B端離開時的速度②當帶長L＞L0″時,貨物返回A端后離開,若v0＇≤vn,則貨物從A端離開時的速度vA=v0＇,若v0＇＞vn,則貨物從A端離開時的速度vA=vn。貨物從A、B哪端離開傳送帶為隱含條件,需要根據v0＇、vn、μ及帶長等物理量之間的關系通過邏輯推理才能判斷出。

二、傾斜傳送帶問題

求解傾斜傳送帶問題,需要特別注意物體所受摩擦力發生突變而導致的運動狀態改變。當物體無初速度地放在傾斜傳送帶上端時,物體可能以恒定加速度運動至底端,也可能做加速度不同的兩段勻加速運動至底端。

例2如圖2甲所示,傾斜傳送帶以恒定的速率沿逆時針方向運行。t=0時刻,將質量m=1 kg的物塊(可視為質點)無初速度地放在傳送帶的最上端A點,經過Δt=1.0 s,物塊從最下端的B點離開傳送帶。取沿傳送帶向下為速度的正方向,則物塊的速度隨時間變化的圖像如圖2乙所示,取重力加速度g=10 m/s2。

圖2

(1)求物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ1。

(2)求物塊從A點運動到B點的過程中,傳送帶對物塊做的功。

(3)求物塊從A點運動到B點的過程中,因摩擦而產生的熱量,以及物塊在傳送帶上滑動的痕跡長度。

解析：(1)根據物塊的v-t圖像可知,物塊在前0.5 s 時間內的加速度8 m/s2,在后0.5 s 時間內的加速度a2=根據牛頓第二定律可知,物塊在前0.5 s時間內有mgsinθ+μ1mgcosθ=ma1,物塊在后0.5 s 時間內有mgsinθμ1mgcosθ=ma2,解得

(2)根據v-t圖像與橫軸圍成的圖形面積表示位移可知,物塊在前0.5 s時間內的位移,則摩擦力對物塊做的功W1=μ1mgcosθ·x1=3 J;物塊在后0.5 s時間內的位移x2==2.25 m,則摩擦力對物塊做的功W2=-μ1mgcosθ·x2=-6.75 J。因此傳送帶對物塊做的總功W=W1+W2=-3.75 J。

(3)根據物塊的v-t圖像可知,傳送帶的速率v帶1=4 m/s。前0.5 s時間內傳送帶的位移x帶1=v帶1t1=2 m,因摩擦而產生的熱量Q1=μ1mgcosθ·(x帶1-x1)=3 J;后0.5 s時間內傳送帶的位移x帶2=v帶1t2=2 m,因摩擦而產生的熱量Q2=μ1mgcosθ·(x2-x帶2)=0.75 J。因此物塊從A點運動到B點的過程中,因摩擦而產生的熱量Q=Q1+Q2=3.75 J。前0.5 s時間內物塊在傳送帶上滑動的痕跡長度Δx1=x帶1-x1=1 m,后0.5 s時間內物塊在傳送帶上滑動的痕跡長度Δx2=x2-x帶2=0.25 m,因為Δx1＞Δx2,所以物塊在傳送帶上滑動的痕跡長度Δx=Δx1=1 m。

(4)物塊與傳送帶達共速前,根據牛頓第二定律得mgsinθ+μ2mgcosθ=ma3,解得a3=10 m/s2。物塊與傳送帶達共速所用的時間物塊的位移x3=,傳送帶的位移x帶3=v帶1t3=1.6 m,因摩擦而產生的熱量Q＇=μ2mgcosθ·(x帶3-x3)=4 J,物塊對傳送帶做的功W1=-μ2mgcosθ·x帶3=-8 J。物塊與傳送帶達共速后,因為mgsinθ=μ2mgcosθ,所以物塊與傳送帶一起勻速下滑,則物塊對傳送帶做的功W2=mgsinθ· (lAB-x3),其中lAB=x1+x2=3.25 m,解得W2=12.25 J。因此全過程中物塊對傳送帶做的功W總=W1+W2=4.25 J。

(5)t0=0.2 s時間內物塊沿傳送帶向下做勻加速運動,根據牛頓第二定律得mgsinθ+μ3mgcosθ=ma4,解得a4=12.5 m/s2,0.2 s 末時刻物塊的速度大小v4=a4t0=2.5 m/s,物塊的位移0.25 m。0.2 s時刻后物塊先沿傳送帶向下做勻減速運動,根據牛頓第二定律得μ3mgcosθ-mgsinθ=ma5,解得a5=2.5 m/s2,物塊速度減小到0 所用的時間,物塊的位移之后物塊沿傳送帶向上做勻加速運動,加速度大小也為a5=2.5 m/s2,物塊與傳送帶達共速所用的時間,物塊向上的位移大小,因為mgsinθ＜μ3mgcosθ,所以物塊還要做勻速運動的時間因此物塊回到A端所用的時間t總=t0+t5+t6+t7=2.35 s。t0=0.2 s時間內傳送帶的位移x帶4=v帶1t0=0.8 m,物塊與傳送帶的相對位移Δx3=x帶4-x4=0.55 m;0.2 s時刻后傳送帶向上的位移大小x帶5=v帶2(t5+t6)=3.6 m,物塊與傳送帶的相對位移Δx4=x5-x6+x帶5=4.05 m。全過程中因摩擦而產生的熱量Q″=μ3mgcosθ·(Δx3+Δx4)=34.5 J,電動機多消耗的電能E電=Q″+

點評:物塊在0.5 s時刻后所受滑動摩擦力的方向由沿斜面向下變為向上為隱含條件,需根據物塊的v-t圖像中物塊與傳送帶的速度關系判斷得出。判斷物塊的運動性質是求解本題的關鍵,對于足夠長傳送帶來說,當最大靜摩擦力fmax=μmgcos θ＜mgsinθ,即μ＜tanθ時,物塊在后0.5 s時間內做加速運動到達傳送帶底端;當最大靜摩擦力fmax=μmgcosθ≥mgsinθ,即μ≥tanθ時,物塊與傳送帶達到相同速度后將做勻速運動(受到大小等于mgsinθ的靜摩擦力)到達傳送帶底端。(3)問中,前0.5 s時間內和后0.5 s時間內,物塊相對傳送帶的位移方向相反,兩段滑動痕跡是覆蓋關系,因此痕跡總長等于兩者中較大者。

三、水平二維傳送帶問題

例3如圖3所示,生產車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙,傳送帶甲的速度為v0。工件離開傳送帶甲前與甲的速度相同,并平穩地傳到傳送帶乙上,工件與傳送帶乙之間的動摩擦因數為μ。傳送帶乙的寬度足夠大,重力加速度為g。

圖3

(1)若傳送帶乙的速率也為v0,求工件在傳送帶乙上側向(垂直于乙的運動方向)滑過的距離x。

(2)若傳送帶乙的速率為2v0,求工件在傳送帶乙上剛停止側向滑動時的速率v。

(3)保持傳送帶乙的速率為2v0不變,當工件在傳送帶乙上剛停止側向滑動時,下一個工件恰好傳到傳送帶乙上,如此反復。若每個工件的質量均為m,除工件與傳送帶之間的摩擦外,其他能量損耗均不計__,求驅動傳送帶乙的電動機的平均輸出功率。

解析：(1)以傳送帶乙為參考系,工件剛滑上傳送帶乙時有相對傳送帶乙的側向速度v0和與傳送帶乙運動方向相反的速度v0,其合速度方向與傳送帶乙側向(x軸)間的夾角α=45°,受到的摩擦力方向與合速度方向相反,摩擦力大小f=μmg,工件的速度和受力如圖4所示。工件在側向的分運動為勻減速直線運動,設側向加速度大小為ax,根據牛頓第二定律得μmgcosα=max,解得ax=μgcosα。根據運動學公式得0-v20=-2axx,解得

圖4

(2)作出工件的速度和受力如圖5所示,設t=0 時刻摩擦力與側向(x軸)間的夾角為θ,側向、縱向加速度大小分別為ax、ay,則tanθ。在很短的時間Δt內,側向、縱向的速度增量Δvx=axΔt,Δvy=ayΔt,解得又有tanθ=因此摩擦力方向保持不變,當vx＇=0時,vy＇=0,即工件停止側向滑動時與傳送帶同速,工件的速率v=2v0。

圖5

點評:求解(1)問時,理解“相對”的本質是關鍵,選傳送帶乙為參考系是準確判斷工件所受摩擦力方向的基礎,識別、構建工件相對傳送帶乙做勻減速直線運動的過程模型是簡便求解的前提。求解(2)問時,工件在傳送帶乙上沿側向(x軸)與縱向(y軸)滑動所用的時間相等為隱含條件,推理論證如下:在圖5中,根據v0=μgcosθ·t側,2v0=μgsinθ·t縱,tanθ=,推理得t側=t縱。求解(3)問時,以傳送帶乙為參考系的解答過程更簡捷,同學們不妨一試。