Question

【題目】如圖1所示，AB段為一與水平面成37°角的光滑斜面，BCDE段為一傳送帶，BC段水平、角CDE也為37°，傳送帶與物體間動摩擦因數(shù)為0.5，轉(zhuǎn)動輪大小不計．一彈簧一端固定在斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量為m1=4kg的小物塊P，小物體Q與P接觸，已知Q的質(zhì)量為m2=10kg，彈簧的質(zhì)量不計，勁度系數(shù)k=100N/m，系統(tǒng)恰好在斜面某位置處于靜止，現(xiàn)給Q施加一個方向沿斜面向上的力F，使它們一起從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動，已知力F的大小隨位移x按如圖2所示規(guī)律變化 （sin 37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2） 求：

（1）剛開始時加力F時彈簧的壓縮量
（2）求PQ一起運動的加速度的大小；如果PQ運動0.4m恰好到B點，求物體Q到B點時的速度大小
（3）如果運動0.4m到B點時，PQ剛好分離，同時撤去拉力F，傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，速度大小為10m/s，物體經(jīng)過B點時利用特殊裝置使使物體速度方向立即變?yōu)樗�平，大小不變，BC段距離為X=0.4m，當物體運動到C點時，傳送帶開始順時針勻速轉(zhuǎn)動，速度大小不變，CD段長度為S=22.25m，求物塊從C運動到D所用時間．

Answer 1

【答案】
（1）解：靜止狀態(tài)下，PQ受力平衡，故設彈簧壓縮量為x0，則有：kx0=（m1+m2）gsin37°=84N

解得：x0=0.84m；

答：剛開始時加力F時彈簧的壓縮量為0.84m；

（2）解：PQ一起運動，位移為x時，彈簧彈力為k（x0﹣x），故當P、Q開始運動時拉力最小，由牛頓第二定律可得：Fmin=（m1+m2）a

解得： ；

那么，由勻變速運動規(guī)律可得：物體Q到B點時的速度大小為： ；

答：PQ一起運動的加速度的大小為5m/s2；如果PQ運動0.4m恰好到B點，那么物體Q到B點時的速度大小為2m/s；

（3）解：在水平傳送帶BC上，物體（記質(zhì)量為m）受到向左的摩擦力f=μmg，那么物體在BC上運動只有摩擦力做功，故由動能定理可得：

代入數(shù)據(jù)解得：vC=0；

物體在CD上運動，當物體速度小于傳送帶速度時，合外力為：F1=mgsin37°+μmgcos37°=mg

那么物體運動加速度為： ；

故物體要達到傳送帶速度需要運動位移為：

運動時間為： ；

之后物體合外力為：F2=mgsin37°﹣μmgcos37°=0.2mg

故物體做加速度為 的勻加速直線運動，那么有：

代入數(shù)據(jù)解得：t2=1.5s；

故物塊從C運動到D所用時間為：t=t1+t2=2.5s；

答：如果運動0.4m到B點時，PQ剛好分離，同時撤去拉力F，傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，速度大小為10m/s，物體經(jīng)過B點時利用特殊裝置使使物體速度方向立即變?yōu)樗�平，大小不變，BC段距離為X=0.4m，當物體運動到C點時，傳送帶開始順時針勻速轉(zhuǎn)動，速度大小不變，CD段長度為S=22.25m，則物塊從C運動到D所用時間為2.5s．

【解析】（1）根據(jù)受力平衡條件進行求解。
（2）根據(jù)牛頓第二運動定律結(jié)合運動學公式進行求解。
（3）傳送帶上物體的運動情況要根據(jù)受力情況結(jié)合計算進行判斷，對小物體進行受力分析，開始小物體能沿傳送帶向上做勻加速直線運動．根據(jù)動能定理列式進行計算。

【考點精析】根據(jù)題目的已知條件，利用勻變速直線運動的速度、位移、時間的關系和動能定理的綜合應用的相關知識可以得到問題的答案，需要掌握速度公式：V=V0+at；位移公式：s=v0t+1/2at2；速度位移公式：vt2-v02=2as；以上各式均為矢量式，應用時應規(guī)定正方向，然后把矢量化為代數(shù)量求解，通常選初速度方向為正方向，凡是跟正方向一致的取“+”值，跟正方向相反的取“-”值；應用動能定理只考慮初、末狀態(tài)，沒有守恒條件的限制，也不受力的性質(zhì)和物理過程的變化的影響.所以，凡涉及力和位移，而不涉及力的作用時間的動力學問題，都可以用動能定理分析和解答，而且一般都比用牛頓運動定律和機械能守恒定律簡捷．