Question

7．某仓库采用如图所示的装置来传送货物，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4.45m，B、C相距很近．水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动．将一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与两传送带间的动摩擦因数均为0.5．（取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，$\sqrt{7.2}$=2.68）试求：

（1）米袋从A端传到B端的时间及米袋到达B端时的速度的大小．
（2）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；
（3）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．

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，判断米袋在整个过程中的运动，从而根据运动学规律求出米袋沿传送带从A运动到B的时间．
（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；
（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，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上加速时加速度为a₁
μmg=ma₁，解得${a}_{1}=μg=0.5×10m/{s}^{2}=5m/{s}^{2}$，
当米袋经时间t₁速度达到v₀=5m/s，${t}_{1}=\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}=\frac{5}{5}s=1s$．
该过程米袋运动的距离为${s}_{1}=\frac{{v}_{0}}{2}{t}_{1}=\frac{5}{2}×1m=2.5m$．
以后，米袋匀速运动，再经t₂到B点，${t}_{2}=\frac{{L}_{AB}-{s}_{1}}{{v}_{0}}=\frac{3-2.5}{5}s=0.1s$．
故米袋从A到B的时间为t=t₁+t₂=1.1s；到B点时速度为v_B=5m/s．
（2）CD部分传送带不运转时，米袋在CD上加速度为a₂，由牛顿第二定律有：
mgsinθ+μmgcosθ=ma₂，
解得a₂=gsinθ+μgcosθ=10×0.6+0.5×8m/s²=10m/s²．

米袋能上升的最大距离为${s}_{m}=\frac{{{v}_{B}}^{2}}{2{a}_{2}}=\frac{25}{2×10}m=1.25m$．
（3）设CD部分传送带速度为v时米袋恰能到达D点，米袋在CD传送带上速度大于v时做加速度为${a}_{3}=gsinθ+μgcosθ=10m/{s}^{2}$的匀减速运动，速度小于v后做加速度为a₄=gsinθ-μgcosθ=6-0.5×8m/s²=2m/s²的匀减速运动，直到速度减为零．
由位移关系有：$\frac{{{v}_{B}}^{2}-{v}^{2}}{2{a}_{3}}+\frac{{v}^{2}}{2{a}_{4}}=4.45m$，代入数据解出v=4m/s，
米袋能被送到D端，则CD部分顺时针运转的速度应v_CD≥4m/s，
CD部分传送带速度为v=4m/s时，米袋从C到D的时间最长，${t}_{max}=\frac{{v}_{B}-v}{{a}_{3}}+\frac{v}{{a}_{4}}$，
代入数据解得t_max=2.1s．
若CD部分传送带速度较大，能使米袋在CD部分所受摩擦力一直沿斜面向上，即米袋从C到D一直做加速度为${a}_{4}=gsinθ-μgcosθ=6-4m/{s}^{2}$=2m/s²的匀减速运动，则所用时间最短，${L}_{CD}={v}_{B}{t}_{min}-\frac{1}{2}{a}_{4}{{t}_{min}}^{2}$，代入数值$4.45=5t-\frac{1}{2}×2{t}^{2}$，解得t_min=1.16s．
故所求时间范围是1.16s≤t≤2.1s．
答：（1）米袋从A端传到B端的时间为1.1s，米袋到达B端时的速度的大小为5m/s
（2）米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m．
（3）米袋从C端到D端所用时间的取值范围为1.16s≤t≤2.1s．

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．