Question

3．如图为皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，另一台倾斜传送，A，B两端相距1.8m，C，D两端相距1.6m，倾角37°．B，C间距忽略不计．水平传送带AB以4m/s的速度顺时针转动，CD部分传送带也顺时针运转但速度未知．将一个可视为质点的物块无初速度放在A端，运送到B端后，可以速率不变的传到倾斜的CD部分，且CD传送带能恰好将物块运送到D端，物块与两传送带间的动摩擦因数均为0.5．求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s²）
（1）物块沿AB传送带运动的时间；
（2）物块沿CD传送带运动的时间．

Answer 1

分析 （1）由牛顿第二定律可以求出物块在水平传送带与倾斜传送带上的加速度，应用匀变速运动的速度公式与位移公式求出物块加速阶段的位移，与传送带的长度比较，判断是否需要做匀速直线运动，然后分别求出时间再求和即可．
（2）设物块开始的速度大于倾斜传送带的速度，所以所受摩擦力的方向向下，根据牛顿第二定律求出加速度，从而求出匀减速运动速度达到传送带速度的时间，因为mgsinθ＞μmgcosθ，速度达到传送带速度后不能一起做匀速直线运动，向上做匀减速直线运动，摩擦力方向向上，根据牛顿第二定律求出运动的加速度，根据运动学公式求出物块到达D点的时间．从而求出总时间．

解答 解：（1）物块在AB上加速时的加速度为：
a₁=$\frac{f}{m}=\frac{μmg}{m}$=μg=0.5×10=5m/s²，
物块速度达到v₀=4m/s时滑过的距离为：
s₁=$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{2{a}_{1}}=\frac{{4}^{2}}{2×5}$=1.6m＜L₁=1.8m，
故物块先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，到达才C端速度为：
v₀=4m/s，
物块做加速运动的时间为：t₁=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}=\frac{4}{5}=0.8$s
匀速运动的时间我：${t}_{2}=\frac{1.8-{s}_{1}}{{v}_{0}}=\frac{1.8-1.6}{4}=0.05$s
A到B的时间为：t_AB=t₁+t₂=0.8+0.05=0.85s
（2）恰好将物块运送到D端，即到达D点时速度恰好为零，设CD部分运转速度为v₂．则物块速度减为v₂之前：
mgsinθ+μmgcosθ=ma，
解得：a=g（sinθ+μcosθ）=10×（0.6+0.5×0.8）=10m/s²，
物块速度由V₂至减为零前：mgsinθ-μmgcosθ=ma₃，
其加速度为：a₃=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）=2m/s²，
由：${x}_{CD}=\frac{{v}_{2}^{2}-{v}_{0}^{2}}{2{a}_{2}}+\frac{0-{v}_{2}^{2}}{2{a}_{3}}=1.6$m
解得：v₂=2m/s
由速度公式得：${t}_{3}=\frac{{v}_{2}-{v}_{0}}{{-a}_{2}}=\frac{2-4}{-10}=0.2$s
${t}_{4}=\frac{0-{v}_{2}}{-{a}_{3}}=\frac{0-2}{-2}=1$s
总时间：t_CD=t₃+t₄=0.2+1=1.2s
答：（1）物块沿AB传送带运动的时间是0.85s；
（2）物块沿CD传送带运动的时间是1.2s．

点评 本题是个多过程问题，关键要理清各个阶段的运动情况，结合牛顿运动定律和运动学进行求解，难度适中．