Question

14．一實(shí)驗(yàn)室中傳送帶裝置如圖所示，其中AB段是水平的，長(zhǎng)度L_AB=6m，BC段是傾斜的，長(zhǎng)度l_BC=5m，傾角為θ=37°，AB和BC在B點(diǎn)通過(guò)一段極短的圓弧連接（圖中未畫(huà)出圓弧），傳送帶以v=4m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)．已知工作與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度g取10m/s²．現(xiàn)將一個(gè)工件（可以看作質(zhì)點(diǎn)）無(wú)初速度地放在A點(diǎn)，求：
（1）工件第一次到達(dá)B點(diǎn)所用的時(shí)間；
（2）工件沿傳送帶上升的最大位移；
（3）工件運(yùn)動(dòng)了18s時(shí)的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律求出工件的加速度，然后應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度公式與位移公式求出工件的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
（2）由牛頓第二定律求出工件的加速度，然后應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式求出位移．
（3）分析清楚工件的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，然后應(yīng)用速度公式求出工件的速度．

解答 解：（1）工件剛放在水平傳送帶上的加速度為a₁
由牛頓第二定律得：μmg=ma₁，解得：a₁=μg=5 m/s²，
經(jīng)t₁時(shí)間與傳送帶的速度相同，則t₁=$\frac{v}{{a}_{1}}$=0.8s，
前進(jìn)的位移為：x₁=$\frac{1}{2}$a₁t₁²=1.6m，
此后工件將與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，用時(shí)：t₂=$\frac{{L}_{AB}-{x}_{1}}{v}$=1.1s，
所以工件第一次到達(dá)B點(diǎn)所用的時(shí)間：t=t₁+t₂=1.9s；
（2）設(shè)工件上升的最大位移為s，
由牛頓第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma₂，
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得：s=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{2}}$，解得：s=4m；
（3）工件沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t₃=$\frac{s}{\overline{v}}$=$\frac{s}{\frac{v+0}{2}}$=$\frac{2s}{v}$=2s，
此后工件將在傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，其周期為T(mén)，T=2t+2t₃=7.8s，
工件從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次返回傳送帶的水平部分，
且速度變?yōu)榱闼�需時(shí)間：t₀=T+t₂=8.9s，
而：18s=t₀+T+1.3s，
這說(shuō)明經(jīng)18 s工件在水平面勻速運(yùn)動(dòng)了0.5s，
此時(shí)工件的速度：v_t=4m/s；
答：（1）工件第一次到達(dá)B點(diǎn)所用的時(shí)間為1.9s；
（2）工件沿傳送帶上升的最大位移為4m；
（3）工件運(yùn)動(dòng)了18s時(shí)的速度大小為4m/s．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道力學(xué)綜合題，考查了牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的應(yīng)用，分析清楚工件的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律與勻變速直線運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以解題．