Question

4．如圖所示，傳送皮帶始終保持v=2m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶與水平地面傾角為θ=37°，一質(zhì)量m=0.5kg的小物塊以v₀=6m/s的速度從A點(diǎn)平行AB滑上傳送帶，設(shè)小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，傳送帶兩端點(diǎn)A、B間的距離L=5m，g取10m/s²，求：
（1）小物體由A運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間速度與傳送帶一致？
（2）小物塊能到達(dá)B點(diǎn)嗎？若能，小物體到達(dá)B點(diǎn)的速度是多少？若不能，距B點(diǎn)最近多遠(yuǎn)？返回A端時(shí)的速度多大？

Answer 1

分析 （1）減速上升且速度小于傳送帶速度的過(guò)程，受重力、支持力和向下的滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系公式列式求解時(shí)間；
（2）減速上升且速度小于傳送帶速度的過(guò)程是勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解位移；返回過(guò)程根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，根據(jù)速度位移公式求解末速度．

解答 解：（1）減速上升且速度小于傳送帶速度的過(guò)程，受重力、支持力和向下的滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：
mgsin37°+μmgcos37°=ma₁
解得：
a₁=g（sin37°+μcos37°）=10×（0.6+0.5×0.8）=10m/s²
故減速上升且速度小于傳送帶速度的過(guò)程的時(shí)間：
t₁=$\frac{v-{v}_{0}}{-{a}_{1}}=\frac{2-6}{-10}=0.4s$
（2）減速上升且速度小于傳送帶速度的過(guò)程的位移：
${x}_{1}=\frac{{v}_{0}+v}{2}{t}_{1}=\frac{6+2}{2}×0.4=1.6m$
速度小于傳送帶后的加速度：
a₂=$\frac{μmgcos37°-mgsin37°}{m}$=g（μcos37°-sin37°）=10×（0.5×0.8-0.6）=-2m/s²
假設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，繼續(xù)滑行的距離：
${x}_{2}=\frac{{0}^{2}-{v}^{2}}{2{a}_{2}}=\frac{-{2}^{2}}{2×（-2）}=1m$＜L-x₁
故物體不能到最高點(diǎn)，距B點(diǎn)最近距離：
x₃=L-x₁-x₂=5-1.6-1=2.4m
返回過(guò)程的加速度：
a₃=$\frac{-μmgcos37°+mgsin37°}{m}$=g（sin37°-μcos37°）=10×（0.6-0.5×0.8）=2m/s²
根據(jù)速度位移公式，有：
${v}_{2}^{2}=2{a}_{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）$ 
解得：
${v}_{2}=\sqrt{2{a}_{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）}=\sqrt{2×2×（1.6+1）}$≈3.2m/s
答：（1）小物體由A運(yùn)動(dòng)0.4s時(shí)間速度與傳送帶一致；
（2）小物塊不能到達(dá)B點(diǎn)，距B點(diǎn)最近2.4m，返回A端時(shí)的速度為3.2m/s．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，關(guān)鍵是分階段求解加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解，不難．