Question

3．如圖所示，物體從長為16m，傾角為37°的斜面頂端C由靜止開始滑下，在斜面底端D用一段光滑的小圓弧滑上輸送帶AB上的A時速度的大小不變，物體與斜面、物體與輸送帶間的動摩擦因數均為0.5，輸送帶以2m/s的速度沿逆時針方向做勻速運動，輸送帶與水平方向的夾角也為37°，輸送帶足夠長，（ sin37°=0.6，cos37°=0.8）g取10m/s²．求
（1）物體從斜面頂端滑到底端D時速度的大小；
（2）物體在輸送帶上運動到離A點的最遠距離；
（3）物體第一次在輸送帶上運動的時間；
（4）物體回到斜面上上升的最大高度．

Answer 1

分析 （1）根據牛頓第二定律求出物體在斜面上的加速度，結合速度位移公式求出到達底端的速度．
（2）根據牛頓第二定律求出物體在斜面上上滑的加速度，結合速度位移公式求出離A點的最遠距離．
（3）根據牛頓第二定律和運動學公式分別求出上滑和下滑的時間，從而得出物體第一次在傳送帶上的運動時間．
（4）根據牛頓第二定律得出物體在斜面上上滑的加速度，結合速度位移公式求出上滑的最大位移，從而得出上升的最大高度．

解答 解：（1）根據牛頓第二定律得，物體下滑的加速度為：
${a}_{1}=\frac{mgsin37°-μmgcos37°}{m}$=gsin37°-μgcos37°=10×0.6-0.5×10×0.8m/s²=2m/s²．
則物體滑到底端的速度為：
${v}_{1}=\sqrt{2{a}_{1}L}=\sqrt{2×2×16}$m/s=8m/s．
（2）物體滑上傳送帶向上滑動時的加速度為：
${a}_{2}=\frac{mgsin37°+μmgcos37°}{m}$=gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×0.8m/s²=10m/s²，
則物體在傳送帶上運動的最遠距離為：
${x}_{m}=\frac{{{v}_{1}}^{2}}{2{a}_{2}}=\frac{64}{2×10}m=3.2m$．
（3）物體向上滑動的時間為：
${t}_{1}=\frac{{v}_{1}}{{a}_{2}}=\frac{8}{10}s=0.8s$，
物體返回做勻加速運動的加速度為：
${a}_{3}={a}_{2}=10m/{s}^{2}$，
速度達到傳送帶速度的時間為：
${t}_{2}=\frac{{v}_{2}}{{a}_{3}}=\frac{2}{10}s=0.2s$，
勻加速直線運動的位移為：
${x}_{1}=\frac{{{v}_{2}}^{2}}{2{a}_{3}}=\frac{4}{20}m=0.2m$，
速度相等后繼續做勻加速運動的加速度為：
${a}_{4}=\frac{mgsin37°-μmgcos37°}{m}$=gsin37°-μgcos37°=10×0.6-0.5×10×0.8m/s²=2m/s²．
繼續做勻加速運動的位移為：x₂=x_m-x₁=${v}_{2}{t}_{3}+\frac{1}{2}{a}_{4}{{t}_{3}}^{2}$
代入數據解得：t₃=1s，
則t=t₁+t₂+t₃=0.8+0.2+1s=2s
則物體到達底端的速度為：
v₃=v₂+a₄t₃=2+2×1m/s=4m/s．
（4）物體返回斜面的加速度為：
${a}_{5}=\frac{mgsin37°+μmgcos37°}{m}$=gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×0.8m/s²=10m/s²，
則物體回到斜面上上升的位移為：
${x}_{3}=\frac{{{v}_{3}}^{2}}{2{a}_{5}}=\frac{16}{20}m=0.8m$，
則上升的最大高度為：
h=x₃sin37°=0.8×0.6m=0.48m．
答：（1）物體從斜面頂端滑到底端O時速度的大小為8m/s；
（2）物體在輸送帶上運動到離A點的最遠距離為3.2m；
（3）物體第一次在輸送帶上運動的時間為2s；
（4）物體回到斜面上上升的最大高度為0.48m．

點評 解決本題的關鍵理清物體在整個過程中的運動規律，結合牛頓第二定律和運動學公式綜合求解，難度中等．