Question

12．一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度L_AB=4m，BC段是倾斜的，长度L_BC=5m，倾角为θ=37°，传送带以v=4m/s的恒定速率顺时针运转．现将一个工件（可看作质点）无初速地放在A点，工件在水平和倾斜角传送带间的动摩擦因数μ=0.5，（g取10m/s²．sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）工作刚放在水平传送带上时的加速度．
（2）工件第一次到达B点所用的时间；
（3）工件沿传送带上升的最大高度；
（4）工件运动了23s后所在的位置．

Answer 1

分析 （1）工件刚放在水平传送带上进行受力分析，运用牛顿第二定律求解加速度；
（2）由位移公式即可求出工件第一次到达B点所用的时间
（3）由动能定理求解工件上升的最大高度．
（4）由牛顿第二定律求出工件在斜面上的加速度，求出向上运动的时间；同理求出工件向下运动的时间，然后进一步分析即可．

解答 解：（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为a₁，由牛顿第二定律得：μmg=ma₁
解得：a₁=μg=0.5×10=5 m/s²
（2）经t₁时间与传送带的速度相同，则：t₁=$\frac{v}{{a}_{1}}$=$\frac{4}{5}$=0.8 s
前进的位移为：x₁=$\frac{1}{2}$a₁t₁²═$\frac{1}{2}×5×0．{8}^{2}$=1.6 m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时：t₂=$\frac{{L}_{AB}-{x}_{1}}{v}=\frac{4-1.6}{4}$=0.6s
所以工件第一次到达B点所用的时间：t=t₁+t₂=0.8+0.6=1.4 s
（3）设工件上升的最大高度为h，由动能定理得：
（μmgcos θ-mgsin θ）•$\frac{h}{sinθ}$=0-$\frac{1}{2}$mv²
解得：h=2.4 m
（4）工件向上运动的过程中，开始时与传送带的速度相等，受到的摩擦力的方向向上，选取向上为正方向，则：ma₂=μmgcos θ-mgsin θ
代入数据得：${a}_{2}=-2m/{s}^{2}$
负号表示加速度的方向向下．
到达最高点的速度为0，则：${t}_{3}=\frac{0-v}{a}=\frac{0-4}{2}=2$s
工件到达最高点后由于受到的摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，所以将向下做匀加速直线运动，加速度满足：ma₃=μmgcos θ-mgsin θ
可得加速度：${a}_{3}={a}_{2}=-2m/{s}^{2}$
可知工件的加速度不变，由运动的对称性可知，物体返回B点的速度大小也是4m/s，返回的时间也是2s．
工件返回B后速度的方向向左，与传送带运动的方向相反，所以根据在水平传送带上做匀减速直线运动，加速度的大小与a₁相等，速度减小为0的时间：
${t}_{4}=\frac{v}{{a}_{1}}=\frac{4}{5}=0.8$s
返回向左的位移：$x′=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{4}^{2}=\frac{1}{2}×5×0．{8}^{2}=1.6m＜4m$
工件没有到达最左端，所以将以加速度a₁再次向右运动，由运动的对称性可知，第3次到达B的时间t₅=t₄=0.8s
到达B的速度仍然是4m/s
所以工件将在B点附近做往返运动，往返运动的周期：T=2t₃+2t₄=2×2+2×0.8=5.6s
由于工件第一次到达B点所用的时间为1.4s，随后：$\frac{23-1.4}{5.6}$=3.857
可知在23s末物体做往返运动的此时不到4个周期，不到1个周期对应的时间：t=（23-1.4）-3×5.6=4.6s
而：△t=t-2t₃=4.6-2×2=0.6s＜t₄
所以在23s末工件在水平传送带上正在向左运动，到B点的距离：△x=$v•△t-\frac{1}{2}{a}_{1}△{t}^{2}$=4×$0.6-\frac{1}{2}×5×0．{6}^{2}$=1.5m
答：（1）工作刚放在水平传送带上时的加速度是5 m/s²．
（2）工件第一次到达B点所用的时间是1.4s；
（3）工件沿传送带上升的最大高度是2.4m；
（4）工件运动了23s后所在的位置距离B点1.5m．

点评 本题关键分析清楚工件的运动情况，根据牛顿第二定律求解出加速过程的加速度，再根据运动学公式和动能定理列式求解．