《2025年资源库高中物理人教版》

例 102 如图 1 - 4 - 30 所示,足够长的传送带与水平面夹角为 $ \theta $,以速度 $ v_0 $ 逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为 $ m $ 的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数 $ \mu ＜ \tan \theta $,则图 1 - 4 - 31 中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )
【解析】开始阶段,小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用,做加速度为 $ a_1 $ 的匀加速直线运动,由牛顿第二定律得 $ mg \sin \theta + \mu mg \cos \theta = ma_1 $,所以 $ a_1 = g \sin \theta + \mu g \cos \theta $。小木块加速至与传送带速度相等时,由于 $ \mu ＜ \tan \theta $,则小木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动,之后小木块继续加速,所受滑动摩擦力的方向变为沿传送带向上,做加速度为 $ a_2 $ 的匀加速直线运动,这一阶段由牛顿第二定律得 $ mg \sin \theta - \mu mg \cos \theta = ma_2 $,所以 $ a_2 = g \sin \theta - \mu g \cos \theta $。根据以上分析,有 $ a_2 ＜ a_1 $。故选 D。
【答案】D

答案： D

例 103 如图 1 - 4 - 32 所示为仓库中常用的传输装置示意图,它由两台传送机组成,一台水平传送,$ A $、$ B $ 两端相距 $ 3\ m $,另一台倾斜,传送带与地面的倾角 $ \theta = 37^{\circ} $,$ C $、$ D $ 两端相距 $ 4.45\ m $,$ B $、$ C $ 相距很近。水平部分 $ AB $ 以 $ 5\ m/s $ 的速率顺时针转动。将一袋质量为 $ 10\ kg $ 的大米放在 $ A $ 端,到达 $ B $ 端后,速度大小不变地传送到倾斜传送带的 $ C $ 端,米袋与传送带间的动摩擦因数均为 $ 0.5 $。(重力加速度 $ g $ 取 $ 10\ m/s^2 $,$ \sin 37^{\circ} = 0.6 $,$ \cos 37^{\circ} = 0.8 $)


(1) 若倾斜传送带不运转,求米袋沿倾斜传送带能上升的最大距离；
(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。
【解析】(1) 米袋在 $ AB $ 上加速时的加速度 $ a_0 = \frac{\mu mg}{m} = \mu g = 5\ m/s^2 $。米袋的速度达到 $ v_0 = 5\ m/s $ 时,滑行的距离 $ x_0 = \frac{v_0^2}{2a_0} = 2.5\ m ＜ L_{AB} = 3\ m $,因此米袋在到达 $ B $ 点之前就与传送带具有共同的速度。设米袋在倾斜传送带上运动的加速度大小为 $ a $,由牛顿第二定律得 $ mg \sin \theta + \mu mg \cos \theta = ma $,代入数据得 $ a = 10\ m/s^2 $,所以能上升的最大距离 $ x = \frac{v_0^2}{2a} = 1.25\ m $。

(2) 设 $ CD $ 部分运转速度为 $ v_1 $ 时米袋恰能到达 $ D $ 端(米袋到达 $ D $ 端时速度恰好为零),沿 $ CD $ 部分向上为正方向,则米袋速度减为 $ v_1 $ 之前的加速度 $ a_1 = - g(\sin \theta + \mu \cos \theta) = - 10\ m/s^2 $；米袋速度小于 $ v_1 $ 至减为零前的加速度 $ a_2 = - g \cdot (\sin \theta - \mu \cos \theta) = - 2\ m/s^2 $。由 $ \frac{v_1^2 - v_0^2}{2a_1} + \frac{0 - v_1^2}{2a_2} = 4.45\ m $,代入数据解得 $ v_1 = 4\ m/s $,即要把米袋送到 $ D $ 点,$ CD $ 部分的速度 $ v_{CD} \geq v_1 = 4\ m/s $。米袋恰能到达 $ D $ 点所用时间最长,为 $ t_{max} = \frac{v_1 - v_0}{a_1} + \frac{0 - v_1}{a_2} = 2.1\ s $。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传送带向上,则所用时间最短,此种情况米袋加速度一直为 $ a_2 $。由 $ x_{CD} = v_0 t_{min} + \frac{1}{2}a_2 t_{min}^2 $,得 $ t_{min} \approx 1.16\ s $(另一解不符合题意,舍去),则所求时间 $ t $ 的范围为 $ 1.16\ s \leq t \leq 2.1\ s $。
【答案】(1) 1.25 m (2) $ v_{CD} \geq 4\ m/s $ $ 1.16\ s \leq t \leq 2.1\ s $
【点拨】当传送带倾斜时,要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。

答案：
(1) 米袋在 $ AB $ 上加速时的加速度：
$a_0 = \frac{\mu mg}{m} = \mu g = 5 \, m/s^2$。
米袋速度达到 $ v_0 = 5 \, m/s $ 时，滑行距离：
$x_0 = \frac{v_0^2}{2a_0} = 2.5 \, m ＜ L_{AB} = 3 \, m$。
米袋在倾斜传送带上的加速度：
$a = g (\sin \theta + \mu \cos \theta) = 10 \, m/s^2$。
上升的最大距离：
$x = \frac{v_0^2}{2a} = 1.25 \, m$。
(2) 设 $ CD $ 部分运转速度为 $ v_1 $，米袋恰能到达 $ D $ 端，加速度：
$a_1 = -g (\sin \theta + \mu \cos \theta) = -10 \, m/s^2$，
$a_2 = -g (\sin \theta - \mu \cos \theta) = -2 \, m/s^2$。
由：
$\frac{v_1^2 - v_0^2}{2a_1} + \frac{0 - v_1^2}{2a_2} = 4.45 \, m$，
代入数据解得：
$v_1 = 4 \, m/s$。
即 $ v_{CD} \geq 4 \, m/s $。
米袋从 $ C $ 端到 $ D $ 端所用时间：
$t_{max} = \frac{v_1 - v_0}{a_1} + \frac{0 - v_1}{a_2} = 2.1 \, s$。
若 $ CD $ 部分传送带速度较大，米袋加速度一直为 $ a_2 $，由：
$x_{CD} = v_0 t_{min} + \frac{1}{2} a_2 t_{min}^2$，
得：
$t_{min} \approx 1.16 \, s$。
所以时间范围：
$1.16 \, s \leq t \leq 2.1 \, s$。
【答案】
(1) $ 1.25 \, m $
(2) $ v_{CD} \geq 4 \, m/s $，$ 1.16 \, s \leq t \leq 2.1 \, s $