Question

5．如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带主动轮和从动轮轴心距L=3.3m，倾角θ=37^o，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ=0.85，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，主动轮轴心与货车车箱中心的水平距离x=1.2m，主动轮顶端与货车底板间的高度差为h=1.8m，传送带匀速运动．在传送带底端 （传送带与从动轮相切位置）由静止释放一只麻袋包（可视为质点），其质量m=50kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．且到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在车箱中心（g=10m/s²）求
（1）传送带匀速运动速度v和主动轮的半径R；
（2）麻袋包在平直传送带上运动的时间t；
（3）该装运系统传送一只麻袋包的过程中在麻袋包和传送带之间产生的热量Q．

Answer 1

分析 （1）麻袋包离开主动轮的最高点后做平抛运动，运用分位移公式列式求解v，根据重力提供向心力，求主动轮的半径R；
（2）麻袋包在平直传送带上先加速后匀速，根据牛顿第二定律求解加速的加速度，然后运用运动学公式列式求解运动时间t；
（3）摩擦而产生的内能等于摩擦力与相对位移的乘积，根据运动学公式求得两者的相对位移，再求产生的热量Q．

解答 解：（1）设麻袋包平抛运动时间为t₀，有
  h=$\frac{1}{2}g{t}_{0}^{2}$
 x=vt₀
解得：v=2m/s                  
麻袋包在主动轮的最高点时，有 mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得：R=0.4 m                 
（2）设麻袋包在传送带上匀加速时间为t₁，期间位移为s
麻袋包匀加速期间，由牛顿第二定律有：
  μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得 a=0.8m/s²
由 v=at₁
得            t₁=2.5s
则 s=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$，解得 s=2.5m
因为s＜L 所以 麻包袋匀加速达到和传送带相同速度后，要和传送带一起匀速运动
麻袋包匀速运动期间：L-s=vt₂
t₂=0.4s麻袋包在传送带上运动总时间  t=t₁+t₂=2.9s        
（3）设麻袋包匀加速时间内相对传送带位移为△x
则△x=vt₁-s
麻袋包和传送带之间产生的热量 Q=μmgcosθ•△x
联立解之得  Q=850J       
答：
（1）传送带匀速运动速度v是2m/s，主动轮的半径R是0.4m；
（2）麻袋包在平直传送带上运动的时间t是2.9s；
（3）该装运系统传送一只麻袋包的过程中在麻袋包和传送带之间产生的热量Q是850J．

点评 本题综合考查了平抛运动和圆周运动的规律，掌握牛顿第二定律、能量守恒定律以及运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．