Question

1．如圖所示，左邊足夠長，高H=0.45m的水平臺面右端有一以v₀=2m/s的速度順時針轉動的水平傳送帶BC與其理想連接，在該水平臺面右邊豎直面CD的右端x=0.4m處也有一高度h=0.25m的足夠長水平臺面，其左端豎直面EF也是豎直方向，F(xiàn)點為平臺的左端點．一質量m=1kg的小物塊靜止在水平臺面A點處．設A與傳送帶在端點B的距離為s，現(xiàn)用F=2N的恒力作用在小物塊上使其向右運動，已知小物塊與水平臺面以及傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.1，傳送帶的長度L=1.5m，傳送帶的滑輪大小可以忽略，重力加速度取g=10m/s²．

（1）若恒力F作用一段時間后即撤去，小物塊滑上傳送帶時速度恰好為零，求小物塊離開傳送帶后，第一落點的位置到F點的距離；
（2）若A與傳送帶左端點B的距離為s=0.5m，小物塊運動到傳送帶右端點C處即撤去恒力；求小物塊離開傳送帶后，第一落點到F點的距離．

Answer 1

分析 （1）小物塊滑上傳送帶做勻加速運動，根據牛頓第二定律和運動學公式求出小物塊速度增大到與傳送帶相同時通過的位移，判斷是否有勻速運動．再由動能定理求出小物塊運動到C點時的速度．根據H-h及x求出物塊恰好能落在F點時的初速度，再判斷物塊能否落在F點，即可由平拋運動的規(guī)律求小物塊離開傳送帶后，第一落點的位置到F點的距離．
（2）分析物塊的受力情況，求出AB段加速度，由運動學公式求出物塊剛到B點時的速度，判斷物塊在傳送帶上的運動情況，根據物塊在傳送帶上一直做勻加速直線運動、勻速直線運動和勻減速直線運動，由動能定理求出小物塊剛滑上傳送帶時的速度，再由AB段過程，再運用牛頓第二定律和速度位移公式結合求出物塊到達C點時速度，即可由平拋運動的規(guī)律求解小物塊離開傳送帶后第一落點到F點的距離．

解答 解：（1）小物塊滑上傳送帶后先初速度為零的做勻加速運動，加速度為：a₁=$\frac{μmg}{m}$=μg=1m/s²．
假設小物塊在傳送帶上一直做勻加速運動，離開傳送帶時的速度為v₁，則有 v₁²=2a₁L
解得 v₁=$\sqrt{3}$m/s
由于 v₁＜v₀=2m/s，所以假設成立．
小物塊離開傳送帶后做平拋運動．設經過C點的速度為v₀₁時恰好能落在F點，則有：
   H-h=$\frac{1}{2}$gt₁²；
   x=v₀₁t₁；
聯(lián)立解得：v₀=2m/s
設物塊離開傳送帶后初速度為v₀₂時恰好能落在E點，則有：
  H=$\frac{1}{2}g{t}_{2}^{2}$ 
  x=v₀₂t₂；
聯(lián)立解得：v₀₂=$\frac{4}{3}$m/s
因為 v₀₂＜v₀＜v₀₁，所以物塊落FE上．
設第一落點的位置到F點的距離為S，則有：
  x=v_Ct₃；
  H-h+S=$\frac{1}{2}g{t}_{3}^{2}$
解得：S=$\frac{1}{15}$m
（2）小物塊在傳送帶左側平臺上運動時，加速度為：a₁=$\frac{F-μmg}{m}$
可得  a₁=1m/s²．
小物塊剛滑上傳送帶時的速度為v₂，由于v₂²=2a₂s
可得 v₂=1m/s＜v₀=2m/s
小物塊滑上傳送帶時所受的摩擦力向右，加速度為 a₃=$\frac{F+μmg}{m}$
可得 a₃=3m/s²．
當小物塊與傳送帶共速時，有 v₀²-v₂²=2a₃L₁．
可得 L₁=0.5m＜L=1.5m
由于F大于摩擦力，所以兩者共速后小物塊所受的摩擦力向左
加速度為 a₄=$\frac{F-μmg}{m}$
可得 a₄=1m/s²．
小物塊到傳送帶右端的速度為v₄，則v₄²-v₀²=2a₄（L-L₁）
可得 v₄=$\sqrt{6}$m/s
設小物塊到右側平臺上水平位移為x₁，則 x₁=v₄$\sqrt{\frac{2（H-h）}{g}}$
可得 x₁=$\frac{\sqrt{6}}{5}$m
則小物塊第一落點到F點的距離△x=x₁-x=$\frac{\sqrt{6}}{5}$m-0.4m=$\frac{\sqrt{6}-2}{5}$m
答：
（1）小物塊離開傳送帶后，第一落點的位置到F點的距離是$\frac{1}{15}$m．
（2）小物塊第一落點到F點的距離是$\frac{\sqrt{6}-2}{5}$m．

點評 解決本題的關鍵要正確分析小物塊的運動情況，把握隱含的臨界條件：小物塊與傳送帶的速度相等，邊計算邊分析．