Question

【题目】如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L＝2 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑．现传送带沿顺时针方向以v＝2.5 m/s的速度匀速运动，将一小物块轻轻地放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝，g取10 m/s2.

(1)求小物块运动至B点的时间；

(2)若传送带速度可以任意调节，当小物块在A点以v0＝8m/s的速度沿传送带向上运动时，求小物块到达B点的速度范围．

Answer 1

【答案】(1)1.3 s　(2) m/s≤vB≤m/s

【解析】(1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律得

μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma1

解得a1＝2.5 m/s2

设小物块速度等于2.5 m/s时，小物块对地位移为L1，用时为t1，则

L1＝＝ m＝1.25 m

因L1<L且μ>tan 30°，故小物块速度等于2.5 m/s时，将做匀速直线运动至B点，设用时为t2，则t2＝＝0.3 s

故小物块从A到B所用时间为t＝t1＋t2＝1.3 s.

(2)由于传送带速度可以任意调节，则小物块从A到B一直做匀加速直线运动，到达B点的速度最大．由牛顿第二定律及运动学公式可知vB2＝v02＋2a1L

解得vB＝ m/s

小物块从A到B一直做匀减速直线运动，到达B点的速度最小，由牛顿第二定律得

mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2

解得a2＝12.5 m/s2

由运动学公式可知vB′2＝v02－2a2L

解得v′B＝m/s

即小物块到达B点的速度范围为m/s≤vB≤m/s