Question

4．如圖所示，一傳送帶由水平和傾斜兩部分平滑連接而成，水平部分距離地面的高度h=1m，長為L₁=3m，傾斜部分的傾角θ=37°，長為L₂=3.2m，傳送帶的速度v=2m/s，方向如圖中箭頭所示，現(xiàn)在將一個小煤塊輕放在傳送帶的A端，已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，求：（g取10m/s²）
（1）煤塊到達B點的速度；
（2）煤塊落地點與C點的水平距離s（忽略傳送帶轉(zhuǎn)輪的大小）；
（3）整個過程中煤塊在傳送帶上留下的痕跡有多長．

Answer 1

分析 （1）小煤塊先沿傳送帶勻加速下滑，利用牛頓第二定律求出加速度，由速度位移公式求出從開始到小煤塊能與傳送帶達到共同速度所通過的位移，判斷出共速之后小煤塊的運動情況，再由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求解煤塊到達B點的速度．
（2）小煤塊過B點后開始減速運動，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求出煤塊到達C點時的速度．煤塊離開C點后做平拋運動，再由平拋運動的規(guī)律求煤塊落地點與C點的水平距離s．
（3）整個過程中煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度等于煤塊與傳送帶相對位移的大小，由運動學(xué)公式分段求解．

解答 解：（1）小煤塊剛放到傳送帶上時，由牛頓第二定律得：
  mgsinθ+μmgcosθ=ma₁；
代入數(shù)據(jù)得：a₁=10m/s²．
因為x₁=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{1}}$=0.2m＜L₂，所以小煤塊能與傳送帶達到共同速度．     
此后，由于μ＜tanθ，小煤塊繼續(xù)做勻加速運動，由牛頓第二定律得：
  mgsinθ-μmgcosθ=ma₂；
代入數(shù)據(jù)得：a₂=2m/s²．
位移 x₂=L₂-x₁=3m
由${v}_{B}^{2}-{v}_{\;}^{2}$=2a₂x₂．                             
代入數(shù)據(jù)得：v_B=4m/s                          
（2）小煤塊過B點后開始減速運動：
-μmg=ma₃；得 a₃=-5m/s²．
勻減速過程的位移：x₃=$\frac{{v}^{2}-{v}_{3}^{2}}{2{a}_{3}}$=1.2m＜L₁                  
所以小煤塊減速運動1.2m后與傳送帶一起勻速運動，到達C點后平拋，初速度為v，則
  h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
  s=vt                    
代入數(shù)據(jù)得：s=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$m
（3）①小煤塊從A點運動到與傳送帶共速過程用時：
 t₁=$\frac{v}{{a}_{1}}$=0.2s
傳送帶的位移：x₁′=vt₁=0.4m
小煤塊相對于傳送帶的位移：△x₁=x₁-x₁′=-0.2m                
②小煤塊從共速運動到B點的過程：
  t₂=$\frac{v-{v}_{B}}{{a}_{2}}$=1s
傳送帶的位移：x₂′=vt₂=2m
小煤塊相對于傳送帶的位移：△x₂=x₂-x₂′=1m                 
③小煤塊從B點運動到與傳送帶再次共速的過程：
  t₃=$\frac{v-{v}_{B}}{{a}_{3}}$=0.4s
傳送帶的位移：x₃′=vt₃=0.8m
小煤塊相對于傳送帶的位移：△x₃=x₃-x₃′=0.4m                     
綜上，整個過程中煤塊在傳送帶上留下的痕跡 l=△x₂+△x₃=1.4m
答：（1）煤塊到達B點的速度是4m/s；
（2）煤塊落地點與C點的水平距離s是$\frac{2\sqrt{5}}{5}$m；
（3）整個過程中煤塊在傳送帶上留下的痕跡有1.4m長．

點評 本題關(guān)鍵分析物體的運動狀態(tài)，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式聯(lián)立列式求解，要注意研究煤塊與傳送帶速度相同這個臨界狀態(tài)，分析此狀態(tài)后煤塊的運動情況．