Question

4．如图为仓库中常用的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，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ=37°，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近．水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动，将质量为10kg的一袋大米轻放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分（即从B到C速度大小不变），米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．试求：（g取10m/s²）
（1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大高度；
（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件；
（3）若米袋恰能传送到D端，则传送一袋大米因为摩擦而产生的热能为多少．

Answer 1

分析 （1）根据牛顿第二定律结合运动学公式求出米袋达到水平传送带速度时的位移，从而判断出米袋在传送带上的运动情况，再结合牛顿第二定律和运动学公式求出上升的最大高度．
（2）当米袋在倾斜传送带上时，当速度大于传送带速度时，物体所受的摩擦力向下，米袋以较大加速度减速，当速度小于传送带速度时，物体所受摩擦力向上，米袋以较小加速度减速，结合牛顿第二定律，抓住两段过程中的位移等于传送带CD的长度，求出传送带传动的最小速度，从而得知CD部分顺时针运转的速度应满足的条件．
（3）结合牛顿第二定律和运动学公式分别求出米袋在AB段以及CD段的相对路程，从而根据Q=fx_相对求出产生的热量．

解答 解：（1）设米袋在水平传送带加速前进时间为t₁，水平传送带的速度为v₀，米袋受力如图所示．
由牛顿第二定律得：μmg=ma₁，
匀速时间：t₁=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}$，
位移：x₁=$\frac{{v}_{0}}{2}$t₁，
解得：x₁=2.5m＜3m．
所以米袋在水平传送带上先加速再匀速，到达B点的速度为5m/s．
设米袋沿CD传送带能上升到P点．
由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma₂，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：
v₀²=2a₂$\frac{h}{sinθ}$
代入数据解得：h=0.75m．
（2）因tanθ=0.75＞μ=0.5，所以米袋在CD段上升过程中总会减速，设米袋在CD上先以较大加速度a₂减速，然后再以较小加速度a₃减速到D，且速度为零，设传送带速度为v₀′．由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma₂，
时间：t₂=$\frac{{v}_{0}′-{v}_{0}}{-{a}_{2}}$，
位移：x₂=$\frac{{v}_{0}+{v}_{0}′}{2}$t₂，
由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma₃，
时间：t₃=$\frac{0-{v}_{0}′}{-{a}_{3}}$，
位移：x₃=$\frac{{v}_{0}′}{2}$t₃，
由几何关系可知：x₂+x₃=4.45m，
解得：v₀′=4m/s．即CD传送带顺时针传送速度大于等于4m/s．
（3）若米袋恰能到达D点，在AB传送过程中的相对路程为：△x₁=v₀t₁-x₁
在CD传送过程中米袋相对皮带有往返，所以相对路程为：
△x₂=（$\frac{{v}_{0}+{v}_{0}′}{2}$-v₀′）t₂-（v₀′-$\frac{{v}_{0}′}{2}$）t₃，
热量：Q=μmg△x₁+μmgcosθ△x₂，解得：Q=287J．
答：（1）米袋沿传送带所能上升的最大高度为0.75m．
（2）CD传送带顺时针传送速度大于等于4m/s．
（3）传送一袋大米因为摩擦而产生的热能为287J．

点评 本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，本题难度较大；解决本题的关键理清米袋在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、功能关系以及运动学公式进行求解．