Question

1．如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图．传送带长l=20m，倾角θ=37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车底板间的高度差为h=1.8m，传送带匀速运动的速度为v=2m/s．现在传送带底端 （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），其质量为100kg，如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在车箱底板中心，重力加速度g=10m/s²，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：
（1）麻袋包在传送带上运动的时间t；
（2）主动轮轴与货车车箱底板中心的水平距离s及主动轮的半径R；
（3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能．

Answer 1

分析 （1）对麻袋包进行受力分析，应用牛顿第二定律求得麻袋包运动的加速度，将麻袋包进行匀加速直线运动和匀速运动的时间分别求解即可；
（2）根据平抛运动规律求得s，再由麻袋包在最高点的受力情况，应用牛顿第二定律即可求得主动轮半径；
（3）分析麻袋包运送过程中的能量消耗，应用能量守恒定律即可求得额外消耗的电能．

解答 解：（1）在麻袋包速度小于传送带速度时，麻袋包所受摩擦力方向沿斜面向上，合外力F₁=μmgcosθ-mgsinθ=40N，加速度${a}_{1}=\frac{{F}_{1}}{m}=0.4m/{s}^{2}$；
那么，麻袋包加速运动时间${t}_{1}=\frac{v}{{a}_{1}}=5s$，运动位移$s=\frac{1}{2}{a}_{1}{{t}_{1}}^{2}=5m$；
因为s＜l，所以，之后麻袋包继续向上运动，由于麻袋包的最大静摩擦力μmgcosθ大于重力沿斜面分量mgsinθ，所以，麻袋包随传送带做匀速直线运动，运动时间${t}_{2}=\frac{l-s}{v}=7.5s$；
故麻袋包在传送带上运动的时间t=t₁+t₂=12.5s；
（2）传送带保持匀速直线运动，在最高点的摩擦力为零，所以，物体对传送带的正压力为零，那么物体重力刚好做向心力，即$mg=m\frac{{v}^{2}}{R}$，所以，$R=\frac{{v}^{2}}{g}=0.4m$；
麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在车箱底板中心，故麻袋包做平抛运动，设运动时间为t′；
那么由平抛运动的水平竖直位移公式可得：$h=\frac{1}{2}gt{′}^{2}$，$s=vt′=v\sqrt{\frac{2h}{g}}=2×\sqrt{\frac{2×1.8}{10}}m=1.2m$；
（3）由能量守恒定律可得：麻袋包传送过程中，额外消耗的电能转化为麻袋包的机械能和加速过程中的内能；
加速过程中，麻袋包与传送带的相对位移x=vt₁-s=5m；
所以，额外消耗的电能$E=mglsinθ+\frac{1}{2}m{v}^{2}+μmgxcosθ=15400J$；
答：（1）麻袋包在传送带上运动的时间为12.5s；
（2）主动轮轴与货车车箱底板中心的水平距离s为1.2m，主动轮的半径R为0.4m；
（3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为15400J．

点评 在求物体运动学问题中，常先分析物体受力情况，求得物体所受合外力，再根据牛顿第二定律求得加速度，进而得到物体的运动状态．