Question

12．如圖所示，有一長為L₁=5.8m、與水平方向的傾角θ=37°的傳送帶AB，以速度v₀=4m/s沿逆時針方向勻速運行．其底端B處與水平面CD有一小段光滑圓弧（圖中未畫出），水平面上距C點左側L₂=2.75m的  D處有一固定的彈性擋板，現將一小物塊（可視為質點）輕輕放在傳送帶頂端 A處，已知小物塊與傳送帶、水平面之間的動摩擦因數分別為μ₁=0.5、μ₂=0.1，設物塊每次通過B、C交接處速度大小均不變，且與固定擋板碰撞無能量損失．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s，求：

（1）小物塊第一次到達 B點的速度大小
（2）小物塊最終停在距擋板 D多遠處？

Answer 1

分析 （1）小物塊剛放上傳送帶時，根據牛頓第二定律求出物塊在斜面上下滑時的加速度，由速度時間公式求出加速至與傳送帶共速的時間，由位移公式求出加速過程的位移．再根據共速時重力沿斜面向下的分力與最大靜摩擦力的關系，判斷出物塊繼續以不同的加速度勻加速運動，再由速度位移公式求小物塊第一次到達 B點的速度大小．
（2）根據動能定理求出小物塊第二次到達 B點的速度大小，由牛頓第二定律和運動學公式求得沿傳送帶上滑的最大距離，再用同樣的方法研究下滑過程，求得物塊再次返回B點時的速度大小．最后，由動能定理求小物塊最終停位置距擋板 D的距離．

解答 解：（1）設小物塊的質量為m，小物塊剛放上傳送帶時，由牛頓第二定律得
   mgsinθ+μmgcosθ=ma₁
得 a₁=10m/s²．
設小物塊經過t₁時間與傳送帶共速．
則得 t₁=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}$=$\frac{4}{10}$=0.4s
此過程中物塊的位移 x₁=$\frac{{v}_{0}}{2}{t}_{1}$=$\frac{4}{2}×0.4$m=0.8m
由于 mgsinθ＞μmgcosθ，所以共速后物塊繼續做勻加速運動，通過的位移為 x₂=L₁-x₁=5.8m-0.8m=5m
加速度為 a₂=$\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}$
解得 a₂=2m/s²．
由v_B1²-v₀²=2a₂x₂得 v_B1=6m/s
（2）設小物塊第二次到達B點時的速度大小為v_B2．
對物塊在水平面上來回運動過程，由動能定理得
-μmg•2L₂=$\frac{1}{2}m{v}_{B2}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{B1}^{2}$
解得 v_B2=5m/s
物塊在傳送帶上上滑時加速度大小 a₃=a₁=10m/s²．
由 0-v_B2²=-2a₃x₃得  x₃=1.25m
下滑達共速時，通過的位移 x₄=x₁=0.8m
共速后到B的過程，位移為 x₅=x₃-x₄=0.45m
由動能定理得：
   mgx₅sinθ-μmgx₅cosθ=$\frac{1}{2}m{v}_{B3}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得 v_B3²=17.8
又-μmg•2L₂=$\frac{1}{2}m{v}_{B4}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{B3}^{2}$
解得 v_B4²=6.8＜v₀²．
則小物塊滑上傳送帶后上滑與下滑加速度相同，再次返回時速度大小必為v_B4．
根據動能定理得-μmgx=0-$\frac{1}{2}m{v}_{B4}^{2}$
解得 x=3.4m＞L₂=2.75m
因L₂＜x＜2L₂，則最終距D點距離 d=x-L₂=0.65m
答：
（1）小物塊第一次到達 B點的速度大小是6m/s．
（2）小物塊最終停在距擋板 D0.65m．

點評 本題理清物塊在整個過程中的運動規律是解決本題的關鍵，對于涉及距離問題，可以根據牛頓第二定律和運動學公式結合求解，也可以根據動能定理求得．