Question

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3.05m，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．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（结果可用根号表示）．

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上运动时，由牛顿第二定律得：
μmg=ma₀，
解得加速度为：a0=

μmg

m

=μg=5m/s2，
米袋的速度达到v₀=5m/s时，滑行的距离为：s₀=

v 2 0

2a0

=2.5m＜AB=3m，
因此米袋在到达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=

v 2 0

2a

=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），
由牛顿第二定律可知，米袋速度减为v₁之前的加速度为：a₁=-g（sinθ+μcosθ）=-10m/s²，
米袋速度小于v₁至减为零前的加速度为：a₂=-g（sinθ-μcosθ）=-2m/s²，
由匀变速运动的速度位移公式得：

v 2 1 - v 2 0

2a1

+

0- v 2 1

2a2

=3.05m，
代入数据解得：v₁=3m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度v_CD≥v₁=3m/s；
米袋恰能运到D点所用时间最长为：t_max=

v1-v0

a1

+

0-v1

a2

=1.7s，
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，由位移公式得：
SCD=v0tmin+

1

2

a2t2min，
代入数据解得：tmin≈0.65s，
所以，所求的时间t的范围为0.65s≤t≤1.7s；
答：（1）米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m；
（2）CD部分顺时针运转的速度应大于等于3m/s，米袋从C端到D端所用时间的取值范围为0.65s≤t≤1.7s．

点评：本题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在CD段所可能做的运动情况，从而分析得出题目中的临界值为到达D点时速度恰好为零；本题的难度较大．