Question

5．某電視娛樂節(jié)目裝置可簡化為如圖所示模型．傾角θ=37°的斜面底端與水平傳送帶平滑接觸，傳送帶BC長L=6m，始終以v₀=6m/s的速度順時針運動．將一個質量m=1kg的物塊由距斜面底端高度h₁=5.4m的A點靜止滑下，物塊通過B點時速度的大小不變．物塊與斜面、物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)分別為μ₁=0.5、μ₂=0.2，傳送帶上表面距地面的高度H=5m，g取10m/s²，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．
（1）求物塊由A點運動到C點的時間；
（2）若把物塊從距斜面底端高度h₂=2.4m處靜止釋放，求物塊落地點到C點的水平距離；
（3）求物塊距斜面底端高度滿足什么條件時，將物塊靜止釋放均落到地面上的同一點D．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出物塊在斜面上的加速度，結合位移時間公式求出物塊從A點運動到B點的時間，物塊滑上傳送帶時，由于速度與傳送帶速度相等，將做勻速直線運動，結合位移和速度求出勻速運動的時間，從而得出物塊由A點運動到C點的時間．
（2）根據(jù)動能定理求出物塊滑動斜面底端的速度，物塊滑上傳送帶先加速，當速度達到傳送帶速度后做勻速運動，結合平拋運動的規(guī)律求出水平位移的大�。�
（3）物塊每次均拋到同一點D，由平拋知識知：物塊到達C點時速度必須有v_C=v₀，抓住兩個臨界狀態(tài)，即滑上傳送帶一直做勻加速直線運動和滑上傳送帶一直做勻減速運動，結合動力學知識求出兩種臨界情況下的高度，從而得出高度的范圍．

解答 解：（1）物塊從A到B過程：根據(jù)牛頓第二定律得：
mgsinθ-μ₁mgcosθ=ma₁
由位移公式有：$\frac{{h}_{1}}{sinθ}$=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}$    
代入數(shù)據(jù)解得：a₁=2m/s²，t₁=3s．
所以滑到B點的速度：v_B=a₁t₁=2×3m/s=6m/s 
物塊在傳送帶上勻速運動到C，有：
t₂=$\frac{l}{{v}_{0}}$=$\frac{6}{6}$=1s
所以物塊由A到B的時間為：t=t₁+t₂=3s+1s=4s
（2）物塊在斜面上運動時，由根據(jù)動能定理得：
mgh₂-μ₁mgcosθ$\frac{{h}_{2}}{sinθ}$=$\frac{1}{2}$mv²．
解得：v=4m/s＜6m/s
設物塊在傳送帶先做勻加速運動達v₀，運動位移為x，則：
a₂=$\frac{{μ}_{2}mg}{m}$=μ₂g=2m/s²，
又 v₀²-v²=2ax，
解得：x=5m＜6m
所以物體先做勻加速直線運動后和皮帶一起勻速運動，離開C點做平拋運動，有：
s=v₀t₀，
H=$\frac{1}{2}$gt₀² 　　
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：s=6m
（3）因物塊每次均拋到同一點D，由平拋知識知：物塊到達C點時速度必須有v_C=v₀
①當離傳送帶高度為h₃時物塊進入傳送帶后一直勻加速運動，則有：
mgh₃-μ₁mgcosθ $\frac{{h}_{3}}{sinθ}$+μ₂mgL=$\frac{1}{2}$mv₀²
代入數(shù)據(jù)解得：h₃=1.8m
②當離傳送帶高度為h₄時物塊進入傳送帶后一直勻減速運動，有：
mgh₄-μ₁mgcosθ $\frac{{h}_{4}}{sinθ}$-μ₂mgL=$\frac{1}{2}$mv₀²；
代入數(shù)據(jù)解得：h₄=9.0m
所以當離傳送帶高度在1.8m～9.0m的范圍內(nèi)均能滿足要求，即：1.8m≤h≤9.0m
答：（1）物塊由A點運動到C點的時間為4s；
（2）物塊落地點到C點的水平距離為6m；
（3）當1.8m≤h≤9.0m，將物塊靜止釋放均落到地面上的同一點D．

點評 本題綜合考查了動能定理、牛頓第二定律和運動學公式的運用，關鍵理清物體的運動規(guī)律，選擇合適的定律或定理進行求解．