Question

7．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的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．试求：
（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距离；
（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及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．（$\frac{\sqrt{5}}{5}$=0.447，结果保留两位小数）

Answer 1

分析 （1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为5m/s，则应判断米袋到达B点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得B点速度，若达到，则以5m/s的速度冲上CD；在CD面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；
（2）米袋在CD上应做减速运动，若CD的速度较小，则米袋的先减速到速度等于CD的速度，然后可能减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速，则可求得最短时间；

解答 解：（1）米袋在AB上加速时的加速度${a}_{0}=\frac{μmg}{m}=μg=5m/{s}^{2}$，
米袋速度达到v₀=5m/s时，
滑行的距离${s}_{0}=\frac{{{v}_{0}}^{2}}{2{a}_{0}}=\frac{25}{10}m=2.5m＜3m$，
因为米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度．
设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得，mgsinθ+μmgcosθ=ma，
代入数据解得a=10m/s²．
所以能滑上的最大距离$s=\frac{{{v}_{0}}^{2}}{2a}=\frac{25}{20}m=1.25m$．
（2）设CD部分运转速度为v₁时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），
则米袋速度减为v₁之前的加速度为a₁=-g（sinθ+μcosθ）=-10 m/s²
米袋速度小于v₁至减为零前的加速度为a₂=-g（sinθ-μcosθ）=-2 m/s²
由$\frac{{{v}_{1}}^{2}-{{v}_{0}}^{2}}{2{a}_{1}}+\frac{0-{{v}_{1}}^{2}}{2{a}_{2}}=4.45m$，
代入数据，解得 v₁=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度v_CD≥v₁=4m/s
米袋恰能运到D点所用时间最长为t_max=$\frac{{v}_{1}-{v}_{0}}{{a}_{1}}+\frac{0-{v}_{1}}{{a}_{2}}=2.1s$．
若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，
则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a₂．
由S_CD=v₀t_min+$\frac{1}{2}{a}_{2}{{t}_{min}}^{2}$，代入数据解得t_min=1.16s
所以，所求的时间t的范围为 1.16 s≤t≤2.1 s；
答：（1）若CD 部分传送带不运转，米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m．
（3）若要米袋能被送到D 端，CD 部分顺时针运转的速度应满足大于等于4m/s，米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围为1.16 s≤t≤2.1 s．

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．