Question

如圖為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機(jī)組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距3m，另一臺傾斜，傳送帶與地面的傾角θ=37°，C、D兩端相距3.05m，B、C相距很近．水平部分AB以5m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動．將質(zhì)量為10kg的一袋大米放在A端，到達(dá)B端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD部分，米袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5．求：
（1）若CD部分傳送帶不運(yùn)轉(zhuǎn)，求米袋沿傳送帶所能上升的最大距離；
（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分順時針運(yùn)轉(zhuǎn)的速度應(yīng)滿足的條件及米袋從C 端到D端所用時間的取值范圍（結(jié)果可用根號表示）．

Answer 1

分析：（1）由牛頓第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能為5m/s，則應(yīng)判斷米袋到達(dá)B點時是否已達(dá)最大速度，若沒達(dá)到，則由位移與速度的關(guān)系可求得B點速度，若達(dá)到，則以5m/s的速度沖上CD；在CD面上由牛頓第二定律可求得米袋的加速度，則由位移和速度的關(guān)系可求得上升的最大距離；
（2）米袋在CD上應(yīng)做減速運(yùn)動，若CD的速度較小，則米袋的先減速到速度等于CD的速度，然后可能減小到零，此為最長時間；而若傳送帶的速度較大，則米袋應(yīng)一直減速，則可求得最短時間．

解答：解：（1）米袋在AB上運(yùn)動時，由牛頓第二定律得：
μmg=ma₀，
解得加速度為：a0=

μmg

m

=μg=5m/s2，
米袋的速度達(dá)到v₀=5m/s時，滑行的距離為：s₀=

v 2 0

2a0

=2.5m＜AB=3m，
因此米袋在到達(dá)B點之前就有了與傳送帶相同的速度，
設(shè)米袋在CD上運(yùn)動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma，
代入數(shù)據(jù)解得：a=10m/s² 所以能滑上的最大距離：s=

v 2 0

2a

=1.25m；
（2）設(shè)CD部分運(yùn)轉(zhuǎn)速度為v₁時米袋恰能到達(dá)D點（即米袋到達(dá)D點時速度恰好為零），
由牛頓第二定律可知，米袋速度減為v₁之前的加速度為：a₁=-g（sinθ+μcosθ）=-10m/s²，
米袋速度小于v₁至減為零前的加速度為：a₂=-g（sinθ-μcosθ）=-2m/s²，
由勻變速運(yùn)動的速度位移公式得：

v 2 1 - v 2 0

2a1

+

0- v 2 1

2a2

=3.05m，
代入數(shù)據(jù)解得：v₁=3m/s，即要把米袋送到D點，CD部分的速度v_CD≥v₁=3m/s；
米袋恰能運(yùn)到D點所用時間最長為：t_max=

v1-v0

a1

+

0-v1

a2

=1.7s，
若CD部分傳送帶的速度較大，使米袋沿CD上滑時所受摩擦力一直沿皮帶向上，
則所用時間最短，此種情況米袋加速度一直為a₂，由位移公式得：
SCD=v0tmin+

1

2

a2t2min，
代入數(shù)據(jù)解得：tmin≈0.65s，
所以，所求的時間t的范圍為0.65s≤t≤1.7s；
答：（1）米袋沿傳送帶所能上升的最大距離為1.25m；
（2）CD部分順時針運(yùn)轉(zhuǎn)的速度應(yīng)大于等于3m/s，米袋從C端到D端所用時間的取值范圍為0.65s≤t≤1.7s．

點評：本題難點在于通過分析題意找出臨條界件，注意米袋在CD段所可能做的運(yùn)動情況，從而分析得出題目中的臨界值為到達(dá)D點時速度恰好為零；本題的難度較大．