Question

9．如圖所示，一與水平方向成θ=30°的傳送帶正以v=20m/s的速度逆時針方向運動．在傳送帶下方有一光滑小圓弧，上端與傳送帶相切，下端與一木板Q相切，木板Q放在粗糙水平地面上，木板與水平地面間動摩擦因數(shù)為μ₁=0.1；現(xiàn)將一質(zhì)量為m₁=2kg可視為質(zhì)點的木塊P放在傳送帶下端，并給木塊P一個與傳送帶平行的初速度v₀=16m/s斜向上方，木塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)為μ₂=$\frac{\sqrt{3}}{5}$，木塊P與木板Q間動摩擦因數(shù)為μ₃=0.4，木板Q的質(zhì)量為m₂=1kg，設(shè)傳送帶足夠長．（g=10m/s²）

（1）木塊P沿傳送帶上升的最大高度；
（2）為使木塊P從木塊Q上滑下來，木板Q的長度應(yīng)滿足的條件；
（3）若木塊Q不從木板P上滑下，則木塊P滑上木板Q后通過的水平距離．

Answer 1

分析 （1）木塊P沿傳送帶上升過程做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度大小，再由運動學(xué)公式求上升的位移，從而求得上升的最大高度．
（2）根據(jù)牛頓第二定律求得木塊P下滑的加速度，由速度公式求出P滑到斜面底端時的速度．木塊P滑上木塊Q后做勻減速運動，Q做勻加速運動，當(dāng)兩者速度相等時，由速度公式求出相等的速度，再由位移公式求出兩者的位移，板長等于P與Q位移之差．
（3）兩者共速后一起做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求解．

解答 解：（1）木塊P沖上傳送帶時，加速度為a₁．根據(jù)牛頓第二定律得：
m₁gsinθ-μ₂m₁gcosθ=m₁a₁．
代入數(shù)據(jù)解得：a₁=2m/s²．
由0-v₀²=-2a₁x得：x=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{1}}$=$\frac{1{6}^{2}}{2×2}$m=64m
故木塊P沿傳送帶上升的最大高度為：
h=xsinθ=64×0.5=32m
（2）木塊滑下時，加速度為a₂，則有：
m₁gsinθ-μ₂m₁gcosθ=m₁a₂．
代入數(shù)據(jù)解得：a₂=2m/s²．
物體滑回傳送帶下端時，速度為：
v₁=$\sqrt{2{a}_{2}x}$=$\sqrt{2×2×64}$=16m/s
木塊P以v₁速度滑上木塊Q后做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律得：
對木塊P有：μ₃m₁g=m₁a₃．
代入數(shù)據(jù)解得：a₃=4m/s²．
其速度變化關(guān)系為：v₂=v₁-a₃t；
對木板Q有：μ₃m₁g-μ₂（m₁+m₂）g=m₂a₄．
代入數(shù)據(jù)解得：a₄=5m/s²．
木塊Q速度變化關(guān)系有：v₃=a₄t
當(dāng)木塊P與木塊Q速度相等時，木塊P滑下來就是木塊P能否滑下的條件．則有：
v₂=v₁-a₃t=a₄t
代入數(shù)據(jù)解得：t=$\frac{16}{9}$s
此時有：v₂=v₃=$\frac{80}{9}$m/s
此時，木塊P滑行的位移為：x₁=$\frac{{v}_{1}+{v}_{2}}{2}$t=$\frac{16+\frac{80}{9}}{2}$×$\frac{16}{9}$=$\frac{1792}{81}$m
木板Q滑行的位移為：x₂=$\frac{{v}_{2}}{2}$t
木板的長度為：L=x₁-x₂=$\frac{{v}_{1}}{2}$t=$\frac{128}{9}$m
為了木塊P要從木板Q上滑下，故L＜$\frac{128}{9}$m．
（3）當(dāng)木塊P不從木板Q滑下，此時有兩個過程，當(dāng)兩者速度相等時，木塊P與木板Q保持相對靜止，此時有：
   μ₂（m₁+m₂）g=（m₁+m₂）a₅．
解得 a₅=1m/s²．
木塊P與木板Q一起運動的位移為：v₂²=2a₅x₃．
木塊P滑上木板Q后通過的水平距離為：x=x₁+x₃．
解得：x=$\frac{1664}{27}$m≈61.6m
答：（1）木塊P沿傳送帶上升的最大高度是32m；
（2）為使木塊P從木塊Q上滑下來，木板Q的長度應(yīng)滿足的條件是L＜$\frac{128}{9}$m；
（3）若木塊Q不從木板P上滑下，則木塊P滑上木板Q后通過的水平距離是61.6m．

點評 解決本題的關(guān)鍵是分析物體的受力情況，運用牛頓第二定律和運動學(xué)公式分段進(jìn)行研究，要抓住速度相等這個臨界狀態(tài)．第三問，也可以根據(jù)動能定理求解．