Question

4．如图所示为粮食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L₁=3m；另一台倾斜传送，传送带与地面间的倾角θ=37°，C、D两端相距L₂=4.45m，B、C相距很近．水平传送带以v₀=5m/s沿顺时针方向转动．现将质量为m=10kg的一袋大米无初速度的放在A端，它随传送带到达B点后，速度大小不变的传到倾斜传送带的C端，当米袋速度为零时将米袋取走．米袋与两传送带之间的动摩擦因素均为μ=0.5，取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带AB运动的时间为多少？米袋沿传送带CD向上滑动的时间为多少？
（2）若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，试判断米袋能否传到D端？若不能，求米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离；若能，求米袋从C端运动到D端的时间．

Answer 1

分析 （1）由牛顿第二定律可以求出米袋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米袋的运动时间．
（2）由于米袋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米袋到达D点的时间．从而求出总时间．

解答 解：（1）①由牛顿第二定律得米袋在AB上加速运动的加速度：
a₁=$\frac{f}{m}$=$\frac{μmg}{m}$=μg=0.5×10=5m/s²，
米袋速度达到v₀=5m/s时滑过的距离：
s₁=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{1}}$=$\frac{{5}^{2}}{2×5}$=2.5m＜L₁=3m，
故米袋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=5m/s，
米袋在AB上匀加速的运动时间：t₁=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}$=$\frac{5}{5}$=1s，
匀速运动的时间：t₂=$\frac{{s}_{2}}{{v}_{0}}$=$\frac{{L}_{1}-{s}_{1}}{{v}_{0}}$=$\frac{3-2.5}{5}$=0.1s，
米袋传送带AB上的运动时间：t=t₁+t₂=1s+0.1s=1.1s；
②米袋在CD传送带上，由顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma₂，
解得：a₂=g（sin37°+μcos37°）=10×（0.6+0.5×0.8）=10m/s²，
能沿CD上滑的最大距离：s=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{2}}$=$\frac{{5}^{2}}{2×10}$=1.25m＜L₂=4.45m，
米袋不能到达D点，米袋在传送带上做减速运动，速度变为零，
则米袋在CD上向上滑动的时间t′=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{2}}$=$\frac{5}{10}$=0.5s；
（2）CD顺时针转动时，米袋速度减为v=4m/s之前的加速度，
由顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma，
a=g（sinθ+μcosθ）=10×（0.6+0.5×0.8）=10m/s²，
此时上滑的距离为：s=$\frac{{v}^{2}-{v}_{0}^{2}}{2a}$=$\frac{{4}^{2}-{5}^{2}}{2×（-10）}$=0.45m＜L₂=4.45m，
米袋速度达到v=4m/s后，由于μmgcosθ＜mgsinθ，米袋继续减速上滑，
由顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma′，
其加速度为：a′=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）=2m/s²，
减速到零时上滑的距离为：s′=$\frac{0-{v}^{2}}{2a′}$=$\frac{0-{4}^{2}}{2×（-2）}$=4，
s+s′═4.45=L₂，即速度为零时刚好到D端，米袋能传到D点；
由v₀减速为v所用时间为：t=$\frac{v-{v}_{0}}{a}$=$\frac{4-5}{-10}$=0.1s，
由v减速为0所用时间为：t′=$\frac{0-v}{a′}$=$\frac{0-4}{-2}$=2s，
故米袋从C到D的总时间为：t_总=t+t′=2.1s；
答：（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带AB运动的时间为1.1s，米袋沿传送带CD向上滑动的时间为0.5s．
（2）若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，米袋能传到D端，米袋从C端运动到D端的时间为2.1s．

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．