Question

12．一傳送帶裝置如圖所示，其中AB段是水平的，長度L_AB=4m，BC段是傾斜的，長度L_BC=5m，傾角為θ=37°，傳送帶以v=4m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn)．現(xiàn)將一個工件（可看作質(zhì)點）無初速地放在A點，工件在水平和傾斜角傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，（g取10m/s²．sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）工作剛放在水平傳送帶上時的加速度．
（2）工件第一次到達B點所用的時間；
（3）工件沿傳送帶上升的最大高度；
（4）工件運動了23s后所在的位置．

Answer 1

分析 （1）工件剛放在水平傳送帶上進行受力分析，運用牛頓第二定律求解加速度；
（2）由位移公式即可求出工件第一次到達B點所用的時間
（3）由動能定理求解工件上升的最大高度．
（4）由牛頓第二定律求出工件在斜面上的加速度，求出向上運動的時間；同理求出工件向下運動的時間，然后進一步分析即可．

解答 解：（1）工件剛放在水平傳送帶上的加速度為a₁，由牛頓第二定律得：μmg=ma₁
解得：a₁=μg=0.5×10=5 m/s²
（2）經(jīng)t₁時間與傳送帶的速度相同，則：t₁=$\frac{v}{{a}_{1}}$=$\frac{4}{5}$=0.8 s
前進的位移為：x₁=$\frac{1}{2}$a₁t₁²═$\frac{1}{2}×5×0．{8}^{2}$=1.6 m
此后工件將與傳送帶一起勻速運動至B點，用時：t₂=$\frac{{L}_{AB}-{x}_{1}}{v}=\frac{4-1.6}{4}$=0.6s
所以工件第一次到達B點所用的時間：t=t₁+t₂=0.8+0.6=1.4 s
（3）設(shè)工件上升的最大高度為h，由動能定理得：
（μmgcos θ-mgsin θ）•$\frac{h}{sinθ}$=0-$\frac{1}{2}$mv²
解得：h=2.4 m
（4）工件向上運動的過程中，開始時與傳送帶的速度相等，受到的摩擦力的方向向上，選取向上為正方向，則：ma₂=μmgcos θ-mgsin θ
代入數(shù)據(jù)得：${a}_{2}=-2m/{s}^{2}$
負號表示加速度的方向向下．
到達最高點的速度為0，則：${t}_{3}=\frac{0-v}{a}=\frac{0-4}{2}=2$s
工件到達最高點后由于受到的摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，所以將向下做勻加速直線運動，加速度滿足：ma₃=μmgcos θ-mgsin θ
可得加速度：${a}_{3}={a}_{2}=-2m/{s}^{2}$
可知工件的加速度不變，由運動的對稱性可知，物體返回B點的速度大小也是4m/s，返回的時間也是2s．
工件返回B后速度的方向向左，與傳送帶運動的方向相反，所以根據(jù)在水平傳送帶上做勻減速直線運動，加速度的大小與a₁相等，速度減小為0的時間：
${t}_{4}=\frac{v}{{a}_{1}}=\frac{4}{5}=0.8$s
返回向左的位移：$x′=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{4}^{2}=\frac{1}{2}×5×0．{8}^{2}=1.6m＜4m$
工件沒有到達最左端，所以將以加速度a₁再次向右運動，由運動的對稱性可知，第3次到達B的時間t₅=t₄=0.8s
到達B的速度仍然是4m/s
所以工件將在B點附近做往返運動，往返運動的周期：T=2t₃+2t₄=2×2+2×0.8=5.6s
由于工件第一次到達B點所用的時間為1.4s，隨后：$\frac{23-1.4}{5.6}$=3.857
可知在23s末物體做往返運動的此時不到4個周期，不到1個周期對應(yīng)的時間：t=（23-1.4）-3×5.6=4.6s
而：△t=t-2t₃=4.6-2×2=0.6s＜t₄
所以在23s末工件在水平傳送帶上正在向左運動，到B點的距離：△x=$v•△t-\frac{1}{2}{a}_{1}△{t}^{2}$=4×$0.6-\frac{1}{2}×5×0．{6}^{2}$=1.5m
答：（1）工作剛放在水平傳送帶上時的加速度是5 m/s²．
（2）工件第一次到達B點所用的時間是1.4s；
（3）工件沿傳送帶上升的最大高度是2.4m；
（4）工件運動了23s后所在的位置距離B點1.5m．

點評 本題關(guān)鍵分析清楚工件的運動情況，根據(jù)牛頓第二定律求解出加速過程的加速度，再根據(jù)運動學(xué)公式和動能定理列式求解．