Question

11．如圖所示為倉(cāng)庫(kù)中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺(tái)皮帶傳送這機(jī)組成，一臺(tái)水平傳送，A、B兩端相距3m，另一臺(tái)傾斜，其傳送帶與地面的傾角θ=37°，C、D兩端相距4.45m，B、C相距很近．水平部分AB以v₀=5m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．將一袋質(zhì)量為10kg的大米無(wú)初速度放在A端，到達(dá)B端后，米袋繼續(xù)沿傾斜的CD部分運(yùn)動(dòng)，不計(jì)米袋在BC處的能量損失．已知米袋與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，求：
（1）米袋到達(dá)B點(diǎn)的速度；
（2）若CD部分傳送帶不運(yùn)轉(zhuǎn)，米袋能否運(yùn)動(dòng)到D端；
（3）若要米袋能被送到D端，CD部分順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)的最小速度．

Answer 1

分析 （1）米袋放上傳送帶先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求出米袋達(dá)到傳送帶速度所需的時(shí)間和位移，即可判斷到達(dá)B點(diǎn)的速度
（2）由牛頓第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能為5m/s，則應(yīng)判斷米袋到達(dá)B點(diǎn)時(shí)是否已達(dá)最大速度，若沒(méi)達(dá)到，則由位移與速度的關(guān)系可求得B點(diǎn)速度，若達(dá)到，則以5m/s的速度沖上CD；在CD面上由牛頓第二定律可求得米袋的加速度，則由位移和速度的關(guān)系可求得上升的最大距離，即可判斷是否到達(dá)D點(diǎn)；
（3）米袋在CD上應(yīng)做減速運(yùn)動(dòng)，若CD的速度較小，則米袋的先減速到速度等于CD的速度，然后可能減小到零，求得最小速度

解答 解：（1）米袋在傳送帶AB上，與之有相對(duì)滑動(dòng)時(shí)μmg=ma₁
a₁=μg=0.5×10m/s²=5m/s²
達(dá)到共同速度所需時(shí)間為
v=a₁t₁  
  t₁=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}=\frac{5}{5}s=1s$   
在1s內(nèi)通過(guò)的位移為${x}_{1}=\frac{{v}_{0}}{2}{t}_{1}=\frac{5}{2}×1m=2.5m$＜3m，到達(dá)B點(diǎn)的速度為v_B=v₀=5m/s
（2）設(shè)米袋在CD上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma
代入數(shù)據(jù)得  a₂=10 m/s²
所以能滑上的最大距離 s=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{2}}=\frac{{5}^{2}}{2×10}m=1.25m$＜4.45m
不能到達(dá)D點(diǎn)
（3）設(shè)CD部分運(yùn)轉(zhuǎn)速度為v₁時(shí)米袋恰能到達(dá)D點(diǎn)（即米袋到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度恰好為零），則米
袋速度減為v₁之前的加速度為a₃=-g（sinθ+μcosθ）=-10 m/s²
米袋速度小于v₁至減為零前的加速度為a₄=-g（sinθ-μcosθ）=-2 m/s²
由$\frac{{v}_{1}^{2}{-v}_{0}^{2}}{2{a}_{3}}+\frac{0{-v}_{1}^{2}}{2{a}_{4}}=4.45$
代入數(shù)據(jù)，解得 v₁=4m/s，
答：（1）米袋到達(dá)B點(diǎn)的速度為5m/s；
（2）若CD部分傳送帶不運(yùn)轉(zhuǎn)，米袋不能運(yùn)動(dòng)到D端；
（3）若要米袋能被送到D端，CD部分順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)的最小速為4m/s

點(diǎn)評(píng) 本題是個(gè)多過(guò)程問(wèn)題，關(guān)鍵要理清各個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)進(jìn)行求解