如图所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,A、B两端相距3m,另一台

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如图所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,一台水平传送带的A、B两端相距3m,~

解:(1)米袋在AB上加速运动时,根据牛顿第二定律得 m/s 2 米袋能达到的最大速度为v=5m/s时,滑行的距离 m<3m,因此米先加速2.5m后与传送带一起匀速运动到达B点,到达C点时速度v 1 =5m/s,设米袋在静止的倾斜传送带上运动的加速度为a 2 ,由牛顿第二定律得 m/s 2 所以,它能上滑的最大距离 m (2)米袋滑上沿顺时针方向转动的倾斜传送带的C点时,米袋相对传送带静止,但米袋有沿传送带下滑的趋势,所以米袋受到沿传送带向上的摩擦力,由于 ,米袋做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律 m/s 2 根据位移公式 解方程得t=1s

(1)米袋在AB上加速时的加速度a 0 = μmg m =μg =5m/s 2 米袋的速度达到v 0 =5m/s时,滑行的距离s 0 = v 0 2 2a 0 =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/s 2 所以能滑上的最大距离 s= v 0 2 2a =1.25m(2)设CD部分运转速度为v 1 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v 1 之前的加速度为a 1 =-g(sinθ+μcosθ)=-10 m/s 2 米袋速度小于v 1 至减为零前的加速度为a 2 =-g(sinθ-μcosθ)=-2 m/s 2 由 v 1 2 -v 0 2 2a 1 + 0-v 1 2 2a 2 =4.45m解得 v 1 =4m/s,即要把米袋送到D点,CD部分的速度v CD ≥v 1 =4m/s米袋恰能运到D点所用时间最长为t max = v 1 -v 0 a 1 + 0-v 1 a 2 =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a 2 .由S CD =v 0 t min + 1 2 a 2 t 2 min ,得:t min =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.

(1)米袋在AB上加速时的加速度 a 0 =
μmg
m
=μg=5m/ s 2

米袋的速度达到v 0 =5m/s时,滑行的距离 s 0 =
v 0 2
2 a 0
=2.5m<AB=3m
,因此米袋在到达B点之前就与传送带达到共速.
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=10m/s 2
所以米袋沿传送带所能上升的最大距离 s=
v 0 2
2a
=1.25m

(2)设CD部分运转速度为v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v之前的加速度为 a 1 =gsinθ+μgcosθ=10m/ s 2
米袋速度小于v至减为零前的加速度大小为 a 2 =gsinθ-μgcosθ=2m/ s 2
v 0 2 - v 2
2 a 1
+
v 2
2 a 2
=4.45m

解得v=4m/s,即要把米袋送到D点,CD部分顺时针运转的最小速度为4m/s.
米袋恰能运到D点所用时间最长为 t m =
v 0 -v
a 1
+
v
a 2
=2.1s

答:(1)米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m.
(2)CD部分顺时针运转的最小速度为4m/s,米袋从C端到 D端所用的最长时间为2.1s.



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