Question

4．如圖為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距3m，另一臺傾斜，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5m/s的速率順時針轉動，將質量為10kg的一袋大米輕放在A端，到達B端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD部分（即從B到C速度大小不變），米袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5．試求：（g取10m/s²）
（1）若CD部分傳送帶不運轉，求米袋沿傳送帶所能上升的最大高度；
（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分順時針運轉的速度應滿足的條件；
（3）若米袋恰能傳送到D端，則傳送一袋大米因為摩擦而產生的熱能為多少．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律結合運動學公式求出米袋達到水平傳送帶速度時的位移，從而判斷出米袋在傳送帶上的運動情況，再結合牛頓第二定律和運動學公式求出上升的最大高度．
（2）當米袋在傾斜傳送帶上時，當速度大于傳送帶速度時，物體所受的摩擦力向下，米袋以較大加速度減速，當速度小于傳送帶速度時，物體所受摩擦力向上，米袋以較小加速度減速，結合牛頓第二定律，抓住兩段過程中的位移等于傳送帶CD的長度，求出傳送帶傳動的最小速度，從而得知CD部分順時針運轉的速度應滿足的條件．
（3）結合牛頓第二定律和運動學公式分別求出米袋在AB段以及CD段的相對路程，從而根據(jù)Q=fx_相對求出產生的熱量．

解答 解：（1）設米袋在水平傳送帶加速前進時間為t₁，水平傳送帶的速度為v₀，米袋受力如圖所示．
由牛頓第二定律得：μmg=ma₁，
勻速時間：t₁=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}$，
位移：x₁=$\frac{{v}_{0}}{2}$t₁，
解得：x₁=2.5m＜3m．
所以米袋在水平傳送帶上先加速再勻速，到達B點的速度為5m/s．
設米袋沿CD傳送帶能上升到P點．
由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma₂，
由勻變速直線運動的速度位移公式得：
v₀²=2a₂$\frac{h}{sinθ}$
代入數(shù)據(jù)解得：h=0.75m．
（2）因tanθ=0.75＞μ=0.5，所以米袋在CD段上升過程中總會減速，設米袋在CD上先以較大加速度a₂減速，然后再以較小加速度a₃減速到D，且速度為零，設傳送帶速度為v₀′．由牛頓第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma₂，
時間：t₂=$\frac{{v}_{0}′-{v}_{0}}{-{a}_{2}}$，
位移：x₂=$\frac{{v}_{0}+{v}_{0}′}{2}$t₂，
由牛頓第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma₃，
時間：t₃=$\frac{0-{v}_{0}′}{-{a}_{3}}$，
位移：x₃=$\frac{{v}_{0}′}{2}$t₃，
由幾何關系可知：x₂+x₃=4.45m，
解得：v₀′=4m/s．即CD傳送帶順時針傳送速度大于等于4m/s．
（3）若米袋恰能到達D點，在AB傳送過程中的相對路程為：△x₁=v₀t₁-x₁
在CD傳送過程中米袋相對皮帶有往返，所以相對路程為：
△x₂=（$\frac{{v}_{0}+{v}_{0}′}{2}$-v₀′）t₂-（v₀′-$\frac{{v}_{0}′}{2}$）t₃，
熱量：Q=μmg△x₁+μmgcosθ△x₂，解得：Q=287J．
答：（1）米袋沿傳送帶所能上升的最大高度為0.75m．
（2）CD傳送帶順時針傳送速度大于等于4m/s．
（3）傳送一袋大米因為摩擦而產生的熱能為287J．

點評 本題是一道力學綜合題，物體運動過程復雜，本題難度較大；解決本題的關鍵理清米袋在整個過程中的運動情況，結合牛頓第二定律、功能關系以及運動學公式進行求解．