Question

11．如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送这机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，其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v₀=5m/s的速率顺时针转动．将一袋质量为10kg的大米无初速度放在A端，到达B端后，米袋继续沿倾斜的CD部分运动，不计米袋在BC处的能量损失．已知米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5，求：
（1）米袋到达B点的速度；
（2）若CD部分传送带不运转，米袋能否运动到D端；
（3）若要米袋能被送到D端，CD部分顺时针运转的最小速度．

Answer 1

分析 （1）米袋放上传送带先做匀加速直线运动，求出米袋达到传送带速度所需的时间和位移，即可判断到达B点的速度
（2）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，即可判断是否到达D点；
（3）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，求得最小速度

解答 解：（1）米袋在传送带AB上，与之有相对滑动时μmg=ma₁
a₁=μg=0.5×10m/s²=5m/s²
达到共同速度所需时间为
v=a₁t₁  
  t₁=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}=\frac{5}{5}s=1s$   
在1s内通过的位移为${x}_{1}=\frac{{v}_{0}}{2}{t}_{1}=\frac{5}{2}×1m=2.5m$＜3m，到达B点的速度为v_B=v₀=5m/s
（2）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
代入数据得  a₂=10 m/s²
所以能滑上的最大距离 s=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{2}}=\frac{{5}^{2}}{2×10}m=1.25m$＜4.45m
不能到达D点
（3）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a₃=-g（sinθ+μcosθ）=-10 m/s²
米袋速度小于v₁至减为零前的加速度为a₄=-g（sinθ-μcosθ）=-2 m/s²
由$\frac{{v}_{1}^{2}{-v}_{0}^{2}}{2{a}_{3}}+\frac{0{-v}_{1}^{2}}{2{a}_{4}}=4.45$
代入数据，解得 v₁=4m/s，
答：（1）米袋到达B点的速度为5m/s；
（2）若CD部分传送带不运转，米袋不能运动到D端；
（3）若要米袋能被送到D端，CD部分顺时针运转的最小速为4m/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