Question

4．如圖所示為糧店常用的皮帶傳輸裝置，它由兩臺皮帶傳輸機組成，一臺水平傳送，AB兩端相距L₁=2.5m，另一臺傾斜傳送，傳送帶與地面傾角θ=37°，CD兩端相距L₂=2.05m，B、C間距可忽略．水平部分AB以v₀=5m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動，將質(zhì)量m=10kg的米袋無初速度的放在A端，它隨傳送帶到達B點后，速度大小不變地傳到傾斜傳送帶的C端，隨后傳到傾斜的CD部分．米袋與傳送帶間動摩擦因數(shù)均為μ=0.5，取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）米袋沿傳輸帶運動到B點的速度大小v_B；
（2）米袋傳到傾斜傳送帶的C端時，傾斜傳送帶保持順時針勻速運轉(zhuǎn)，要使米袋能被送到D端，求傾斜傳送帶速度v的范圍；
（3）若米袋傳到傾斜傳送帶的C端時，傾斜傳送帶以恒定加速度a₀=5.0m/s²，由靜止開始沿順時針方向啟動，試通過計算判定米袋能否被送到D端．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出米袋在AB上的加速度，結合速度位移公式求出到達B點的速度，注意要判斷速度是否達到傳送帶的速度．
（2）根據(jù)米袋速度大于傳送帶和小于傳送帶兩個階段的加速度，結合位移公式，抓住位移關系求出臨界速度，從而得出傾斜傳送帶速度v的范圍．
（3）據(jù)米袋速度大于傳送帶和小于傳送帶兩個階段的加速度，根據(jù)運動學公式求出兩個階段的位移，從而判斷米袋能否被送到D端．

解答 解：（1）米袋在AB上運動時，由牛頓第二定律得：
${a}_{0}=\frac{μmg}{m}=μg=0.5×10m/{s}^{2}=5m/{s}^{2}$，
設米袋一直加速運動到B點的速度為v_B，則由運動學公式得：
${{v}_{B}}^{2}=2{a}_{0}{L}_{1}$，
解得：${v}_{B}=\sqrt{2{a}_{0}{L}_{1}}=\sqrt{2×5×2.5}$m/s=5m/s，即米袋傳到B點時剛好與傳送帶速度相同．
（2）設傾斜傳送帶運轉(zhuǎn)速度為v時，米袋恰能達D點，則：
米袋速度減為v之前：mgsinθ+μmgcosθ=ma₁，${s}_{1}=\frac{{v}^{2}-{{v}_{c}}^{2}}{-2{a}_{1}}$，
米袋速度小于v之后：mgsinθ-μmgcosθ=ma₂，${s}_{2}=\frac{0-{v}^{2}}{-2{a}_{2}}$，
又由s₁+s₂=L₂，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：v=2.0m/s．
即要把米袋送到D點，傾斜傳送帶沿順時針方向運轉(zhuǎn)的速度v≥2m/s．
（3）由題設可知米袋到達C端時速度為v_C=5m/s，
設傾斜傳送帶運轉(zhuǎn)速度為v₀時，米袋與傾斜傳送帶達到相同速度，則：
米袋速度減為v₀之前：mgsinθ+μmgcosθ=ma₁
代入數(shù)據(jù)解得：${a}_{1}=10m/{s}^{2}$；
由v₀=v_C-a₁t₁=a₀t₁
解得：${t}_{1}=\frac{{v}_{C}}{{a}_{1}+{a}_{0}}=\frac{5}{10+5}s=\frac{1}{3}s$，${v}_{0}=\frac{5}{3}m/s$，
向上滑動的位移為：${s}_{1}=\frac{{v}_{c}+{v}_{0}}{2}{t}_{1}$=$\frac{5+\frac{5}{3}}{2}×\frac{1}{3}m=\frac{10}{9}m$，
米袋速度小于v₀之后：mgsinθ-μmgcosθ=ma₂，
代入數(shù)據(jù)解得：${a}_{2}=2m/{s}^{2}$，
  由0-v₀=-a₂t₂得：${t}_{2}=\frac{{a}_{0}}{{a}_{2}}{t}_{1}=\frac{5}{2}×\frac{1}{3}s=\frac{5}{6}s$，
繼續(xù)向上滑動的位移為：${s}_{2}=\frac{0+{v}_{0}}{2}{t}_{2}=\frac{0+\frac{5}{3}}{2}×\frac{5}{6}m=\frac{25}{36}m$．
所以：${s}_{1}+{s}_{2}=\frac{65}{36}m＜{L}_{2}=2.05m$，米袋不能被送到D端．
答：（1）米袋沿傳輸帶運動到B點的速度大小為5m/s；
（2）傾斜傳送帶速度v的范圍為v≥2m/s．
（3）米袋不能被送到D端．

點評 本題是個多過程問題，關鍵要理清各個階段的運動情況，結合牛頓運動定律和運動學進行求解．