Question

如圖所示，皮帶傳動裝置與水平面夾角為30°，輪半徑R=

1

2π

 m，兩輪軸心相距L=3.75m，A、B分別使傳送帶與兩輪的切點，輪緣與傳送帶之間不打滑．一個質量為0.1kg的小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=

3

6

．g取10m/s²．
（1）當傳送帶沿逆時針方向以v₁=3m/s的速度勻速運動時，將小物塊無初速地放在A點后，它運動至B點需多長時間？（計算中可取

252

≈16，

396

≈20）
（2）小物塊相對于傳送帶運動時，會在傳送帶上留下痕跡．當傳送帶沿逆時針方向勻速運動時，小
物塊無初速地放在A點，運動至B點飛出．要想使小物塊在傳送帶上留下的痕跡最長，傳送帶勻速運動的速度v₂至少多大？

Answer 1

分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式分析小物塊的運動情況．先由牛頓第二定律求出小物塊沿傳送帶向下勻加速運動的加速度，由運動學公式求出物塊速度與傳送帶相等時所經(jīng)過的時間和通過的位移，判斷物塊的速度與傳動帶速度相等以后物體的運動情況，再根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結合求解運動時間．
（2）小物塊相對于傳送帶運動時，在傳送帶上留下痕跡等于兩者相對路程的大�。�分析傳送帶速度與留下的痕跡長度的關系，確定什么條件下痕跡最長，再由運動學公式求出傳送帶勻速運動的速度v₂．

解答：解：（1）當小物塊速度小于3m/s時，小物塊受到豎直向下的重力、垂直傳送帶向上的支持力和沿傳送帶斜向下的摩擦力作用，做勻加速直線運動，設加速度為a₁，根據(jù)牛頓第二定律
    mgsin30°+μmgcos30°=ma₁①
解得 a₁=7.5m/s²
當小物塊速度等于3m/s時，設小物塊對地位移為L₁，用時為t₁，根據(jù)勻加速直線運動規(guī)律得
  t1=

v1

a1

②
L1=

v12

2a1

③
代入解得 t₁=0.4 s   L₁=0.6 m
由于L₁＜L 且μ＜tan30°，當小物塊速度等于3m/s時，小物塊將繼續(xù)做勻加速直線運動至B點，設
加速度為a₂，用時為t₂，根據(jù)牛頓第二定律和勻加速直線運動規(guī)律得
  mgsin30°-μmgcos30°=ma₂④
解得  a₂=2.5m/s²
又L-L₁=v₁t₂+

1

2

a₂t₂²⑤
解得 t₂≈0.8 s
故小物塊由靜止出發(fā)從A到B所用時間為 t=t₁+t₂=1.2s
（2）傳送帶勻速運動的速度越大，小物塊從A點到B點用時越短，當傳送帶速度等于某一值v′時，小物塊將從A點一直以加速度a₁做勻加速直線運動到B點，所用時間最短，設用時t₀，即
L=

1

2

a₁t₀²⑥
解得t₀=1s
傳送帶的速度繼續(xù)增大，小物塊從A到B的時間保持t₀不變，而小物塊和傳送帶之間的相對路程繼續(xù)增大，小物塊在傳送帶上留下的痕跡也繼續(xù)增大；當痕跡長度等于傳送帶周長時，痕跡為最長S_max．  
設此時傳送帶速度為v₂，則
   S_max=2L+2πR⑦
   S_max=v₂t₀-L ⑧
聯(lián)立⑥⑦⑧解得 v₂=12.25m/s
答：
（1）將小物塊無初速地放在A點后，它運動至B點需1.2s時間．
（2）要想使小物塊在傳送帶上留下的痕跡最長，傳送帶勻速運動的速度v₂至少為12.25m/s．

點評：本題的關鍵之處在于分析物塊的運動情況，也可以通過作速度圖象分析．