有关传送带上的牛顿第二定律的应用问题.doc

有关传送带上的牛顿第二定律的应用问题有关传送带上的牛顿第二定律的应用问题知识点:应用牛顿第二定律,直线运动中物体的位移x是相对于地面的,a、v也都是相对于地面。分析物体的运动过程,物块速度与传送带速度相等是是物体运动的拐点!例1、传送带A、B两轮L=6m,皮带匀速v=3m/s向右传动,m=1kg物体无初速放在皮带一端A点,μ=?解: 物体在皮带上运动过程分为两个阶段: (1)第一阶段:物体无初速放上皮带对地作初速为0,a=μg匀加速运动,位移s1、时间t1. 对地位移s1== (2)第二阶段:物体与皮带以共同速度向右匀速运动. 至B对地位移s2=L-s1=6-= 匀速运动时间t2== 则物体从A→B时间t=t1+t2=: 1、不管皮带作什么运动,物体相对地面的位移从A→B即离开皮带. 2、物体轻轻地放上皮带,相对皮带向左运动,但相对地面向右作初速为0的匀加速直线运动,直到速度增加到皮带相等速度,、传送带L=8m,物体m=10kg以v0=10m/s水平滑上传送带,物体与传送带μ=,物体可视为质点,g=10m/: (1)若传送带静止,物体从传送带左端A滑到右端B所需时间; (2)若传送带以速度v=4m/s沿顺时针方向匀速转动,物体从A→B所需时间; (3)若传送带以速度v=4m/s逆时针方向匀速转动,物体是否能从传送带A端滑至B端?,: (1)当传送带静止时,物体在传送带上作初速v0=10m/s,a=μg=6m/, ∴物体在速度减为0之前已从A滑至B点, s=v0t-8=10t-×6t2t1=2s或t2= 讨论:t=2s是物体A→B继续向前匀减速至速度为0后反向匀加速至B点,故t=2s舍,t=. (2)若传送带以v=4m/s顺时针方向匀速转动: 物体先相对地作初速v0=10m/s,a=μg=6m/s2对地匀减速直线运动至传送带速度,历时t1,对地位移s1 然后物体相对传送带静止一起匀速运动,对地位移s2=L-s1=1m 历时∴t总=t1+t2=. (3)若传送带以速度v=4m/s沿逆时针方向匀速转动,物体相对地面作初速为v0=10m/s,加速度大小为a=μg=6m/s2的匀减速直线运动,不管皮带怎样运动,传送带相对地面位移为s=|AB|,即A→=v0t-8=10t-×6t2t1=2s(舍)t2=例3、传送带全长LAB=16m,且与水平方向成37°夹角,并以10m/s的速度匀速运动,现将质量为m的小物块(可视为质点)轻轻地放在传送带上的P点处,=,则小物块从传送带上的P点运动到Q点所用时间可能是__________. 解: (1)当传送带顺时针转动时,物块所受滑动摩擦力方向向上,其加速度小物块相对地面作初速为0的匀加速直线运动, 从P→Q运动时间为t: (2)当传送带逆时针转动,小物块无初速地释放在P点,物块所受滑动摩擦力方向向下,加速度为: 经时间t1小物块对地作匀加速直线运动至速度达与传送带相同速度,对地滑行距离s1,则: 之后,由于μ<tanθ,物体所受重力沿斜面方向的分量大于最大静摩擦力,物块所受滑动摩擦力向上,加速度为a2, 物块位移为s2=s-s1=(16-5)m=11m ∴由s2=vt2+11=10t2+ 得:t2=1s或-11(舍) ∴t总=t1+t2=、如图所示,一水平传送带以v=2m/s的速度做匀速运动,将一物体轻放在传送带一端,,物体由传送带一端运动到另一端所需时间为11s,求传送带两端的距离.(g取10m/s2)解析:物体在刚放上传送带的瞬间,物体的速度为零,而传送带有速度,物体被加速,滑动摩擦力是物体所受的合外力,由牛顿第二定律,得,经时间后,物体与传送带同速,此后物体做匀速直线运动,共9s. 匀加速位移x1==2m,匀逮运动的位移x2=v·t2=18m,所以物体的总位移x=x1+x2=20m,即传送带两端的距离. 答案:20m2、如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°,皮带在电动机的带动下,始终保持以v0=2m/=10kg的工件(可视为质点)轻轻地放在皮带的底端,,工件被传送到h=,g取10m/:,加速运动的时间为t1,匀速运动的时间为t-t1, 则联立以上几式解得a=. 由牛顿第二定律得mgcos30°-mgsin30