题目内容
（2011?湖北模拟）图示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．（g取10m/s2）试求：（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．
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；
（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上加速时的加速度a0=
=μg=5m/s2
米袋的速度达到v0=5m/s时，
滑行的距离s0=
=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
代入数据得 a=10 m/s2
所以能滑上的最大距离 s=
=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），则米
袋速度减为v1之前的加速度为a1=-g（sinθ+μcosθ）=-10 m/s2
米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2=-g（sinθ-μcosθ）=-2 m/s2
由
+
=4.45m
解得 v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1=4m/s
米袋恰能运到D点所用时间最长为tmax=
+
=2.1s
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SCD=v0tmin+
a2t2min，得：tmin=1.16s
所以，所求的时间t的范围为 1.16 s≤t≤2.1 s；
答：（1）若CD 部分传送带不运转，米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m．
（2）若要米袋能被送到D 端，CD 部分顺时针运转的速度应满足大于等于4m/s，米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围为1.16 s≤t≤2.1 s．
| μmg |
| m |
米袋的速度达到v0=5m/s时，
滑行的距离s0=
| v02 |
| 2a0 |
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
代入数据得 a=10 m/s2
所以能滑上的最大距离 s=
| v02 |
| 2a |
（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），则米
袋速度减为v1之前的加速度为a1=-g（sinθ+μcosθ）=-10 m/s2
米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2=-g（sinθ-μcosθ）=-2 m/s2
由
| v12-v02 |
| 2a1 |
| 0-v12 |
| 2a2 |
解得 v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1=4m/s
米袋恰能运到D点所用时间最长为tmax=
| v1 -v0 |
| a1 |
| 0-v1 |
| a2 |
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SCD=v0tmin+
| 1 |
| 2 |
所以，所求的时间t的范围为 1.16 s≤t≤2.1 s；
答：（1）若CD 部分传送带不运转，米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m．
（2）若要米袋能被送到D 端，CD 部分顺时针运转的速度应满足大于等于4m/s，米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围为1.16 s≤t≤2.1 s．
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．
练习册系列答案
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