Question

2．如圖所示，某傳送帶與地面傾角θ=37°，AB之間距離L₁=2.05m，傳送帶以v₀=1.0m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動．質(zhì)量為M=1.0kg，長度L₂=1.0m的木板上表面與小物塊的動摩擦因數(shù)μ₂=0.4，下表面與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ₃=0.1，開始時長木板靠近傳送帶B端并處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)在傳送帶上端A無初速地放一個不計大小、質(zhì)量為m=1.0kg的小物塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ₁=0.5，假設(shè)物塊在滑離傳送帶至木板右端時速率不變，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²．求：
（1）物塊離開B點的速度大�。�
（2）物塊相對木板滑過的距離；
（3）木板在地面上能滑過的最大距離．

Answer 1

分析 （1）以小物快為研究對象，分析其在傳送帶運動時的受力情況，明確其運動情況（先以a₁勻加速與傳送帶同速后；由于μ₁＜tan37°，小物塊收到重力、彈力和傳送帶斜向上的滑動摩擦力作用下，以a₂做勻加速到B點；小物塊在木板上方做勻減速運動），利用牛頓運動定律和運動學公式求解．
（2）、（3）小物塊滑上木板后做勻減速運動，木板向左做勻加速運動，當兩者速度相等時一起勻減速運動，由牛頓第二定律求出各自的加速度，再由運動學公式求解．

解答 解：（1）以小物塊為研究對象，收到重力、彈力和沿斜面向下的滑動摩擦力．
由牛頓第二定律，剛開始物塊相對傳送帶往下滑其加速度為：
a₁=$\frac{mgsin37°+μmgcos37°}{m}$=gsin37°+μ₁gcos37°=10×（0.6+0.5×0.8）=10 m/s² 
物快與傳送帶速度V₀用的時間：t₁=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}$=$\frac{1}{10}$s=0.1s
位移s₁=$\frac{1}{2}$a₁t₁² =$\frac{1}{2}×10×0．{1}^{2}$m=0.05m 
過后因μ₁＜tan37°，所以物快受重力、彈力和沿斜面向上的滑動摩擦力，
由牛頓第二定律，物塊相對傳送帶往下滑其加速度為：a₂=gsin37°-μ₁gcos37°=2 m/s²
由運動學公式得：s₂=L₁-s₁=（v_B²-v₀²）•$\frac{1}{2{a}_{2}}$
代入數(shù)據(jù)解之得：v_B=3m/s
（2）物塊滑上木板受重力、彈力和向右的滑動摩擦力，物快相對滑動時做勻減速運動，由牛頓第二定律得：其加速度為：a₃=-μ₂g=-4 m/s²
木板受重力、彈力和上下接觸物體的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得：
木板的加速度為：a₄=[μ₂mg-μ₃ （mg+Mg）]$•\frac{1}{M}$=2 m/s²
設(shè)經(jīng)過t₂物塊與木板達到相同速度V₂，則由運動學公式得：v_B+a₃t₂ =a₄t₂
解之得：t₂=0.5s
木板的速度：v₂=a₄ t₂=1m/s 
物塊對地位移 s₃=（v₂²-v_B²）$•\frac{1}{2{a}_{3}}$=1 m
木板對地位移 s₄=$\frac{{v}_{2}^{2}}{2{a}_{4}}$=0.25m 
物塊在木板上滑過的距離△s=s₃-s₄=0.75m
（3）因μ₃＜μ₂物塊能與木板保持相對靜止，其整體加速度為a₅=-μ₃g=-1m/s²
物塊與木板做勻減速運動到停止的位移 s₅=-$\frac{{v}_{2}^{2}}{2{a}_{5}}$=0.5m
木板對地的位移s板=s₄+s₅=0.75m
答：（1）物塊離開B點的速度大小3m/s；
（2）物塊在木板上滑過的距離為0.75m；
（3）木板在地面上能滑過的最大距離為0.75m．

點評 解決本題的關(guān)鍵能正確對物快受力分析，判斷其運動情況，注意二者同速是解題的臨界；靈活應用牛頓運動定律求解．此題受力分析時，變力太多導致多個運動過程．