Question

9．如圖所示，A、B為水平傳送帶的兩個端點，C、D為傾斜傳送帶的兩個端點，B，C之間平滑連接．長度不計，兩傳送帶均沿順時針方向運行，速率分別為v₁=10m/s，v₂=5m/s．傾斜傳送帶與水平面的夾角θ=30°，在水平傳送帶A點處輕放一質量m=2kg的小物塊，小物塊速度能達到v₁并先后經過B點、C點，最后剛好能到達D點（不計從B到C之間的能量損失），小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，g取10m/s²．求：
（1）AB之間的距離L₁至少多長；
（2）CD之間的距離L₂；
（3）AB之間的距離取最小值時小物塊從A運動到D的總時間t；
（4）小物塊在傾斜傳送帶上運動的過程中相對傾斜傳送帶滑動的距離△s．

Answer 1

分析 （1）根據動能定理求解AB的最短位移；
（2）分析物體在CD段的運動情況，根據牛頓第二定律求解加速度大小，再根據位移速度關系求解CD的長度；
（3）利用速度時間關系分別求出AB段、CD段的運動時間即可；
（4）分別計算出物塊速度從v₁減小到v₂過程中、速度從v₂減小到0的過程中皮帶的位移，再計算出物塊相對于皮帶的位移，然后求和即可．

解答 解：（1）小物塊從A到B根據動能定理可得：μmgL₁=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$，
解得：L₁=$10\sqrt{3}m$；
（2）小物塊剛好到傾斜傳送帶上至兩者共速前，受到沿斜面向下的滑動摩擦力作用，做勻減速直線運動，在速度減速到v₂過程中，根據牛頓第二定律可得物塊的加速度大小為a₁=gsinθ+μgcosθ=10×0.5+$\frac{\sqrt{3}}{6}×10×\frac{\sqrt{3}}{2}$=7.5m/s²，
根據勻變速直線運動位移速度關系可得：${v}_{1}^{2}-{v}_{2}^{2}=2{a}_{1}{x}_{1}$，
解得x₁=5m；
小物塊達到與傳送帶速度相等后繼續(xù)減速運動，速度減速到零的過程中，摩擦力方向沿斜面向上，
根據牛頓第二定律可得加速度a₂=gsinθ-μgcosθ=10×0.5-$\frac{\sqrt{3}}{6}×10×\frac{\sqrt{3}}{2}$=2.5m/s²，
根據${v}_{2}^{2}-0=2{a}_{2}{x}_{2}$可得減速到零的位移為：x₂=5m；
則L₂=x₁+x₂=5m+5m=10m；
（3）物塊在AB上運動時的時間為t₁，則：t₁=$\frac{{v}_{1}-0}{μg}=\frac{10-0}{\frac{\sqrt{3}}{6}×10}=2\sqrt{3}s$，
設在CD上運動時，前一段時間為t₂，后一段時間為t₃，則：
由v₂=v₁-a₁t₂，解得t₂=$\frac{2}{3}s$，
由0=v₂-a₂t₃得t₃=2s；
所以運動的總時間為：t=t₁+t₂+t₃=$（2\sqrt{3}+\frac{8}{3}）s$；
（4）物塊速度減速到v₂過程中，傾斜傳送帶的位移x₃=v₂t₂=5×$\frac{2}{3}m=\frac{10}{3}m$，
此過程中小物塊相對于傳送帶的位移△s₁=x₁-x₃=5-$\frac{10}{3}=\frac{5}{3}m$，
物塊速度從v₂減速到零時間內傾斜傳送帶的位移為：x₄=v₂t₃=5×2m=10m，
此過程中小物塊相對于傳送帶的位移△s₂=x₄-x₂=10-5=5m，
所以小物塊相對于傳送帶的位移為△s=△s₁+△s₂=$\frac{5}{3}+5=\frac{20}{3}m$．
答：（1）AB之間的距離L₁至少為$10\sqrt{3}m$；
（2）CD之間的距離為10m；
（3）AB之間的距離取最小值時小物塊從A運動到D的總時間為$（2\sqrt{3}+\frac{8}{3}）s$；
（4）小物塊在傾斜傳送帶上運動的過程中相對傾斜傳送帶滑動的距離為$\frac{20}{3}$m．

點評 解答本題的關鍵是弄清楚物塊的受力情況和運動情況；對于牛頓第二定律的綜合應用問題，關鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運動學的計算公式求解加速度，再根據題目要求進行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學和運動學的橋梁．