Question

如图为一传送货物的装置，倾角为α=53°的斜面AB与水平传送带在B处由一光滑小圆弧平滑衔接，可看作质点的货物从斜面上A点由静止下滑，经长度为S₁的传送带运输后，最后抛入固定于水平地面上的圆弧形槽内．已知物体与斜面、传送带间的滑动摩擦因数均为μ=0.5，传送带两皮带轮的半径均为R₁=0.4m，传送带上表面BC离地的高度h=1.2m．圆弧槽半径R₂=1m，两边缘与圆心连线与竖直方向的夹角均为β=53°．当传送带静止时，将货物在斜面上离B点S₂远处静止释放，货物脱离传送带后刚好沿圆弧槽左边缘D点的切线方向飞入槽内．当传送带顺时针转动时，无论传送带转多快，货物也不会从圆弧槽右边缘飞出，求：
（1）传送带静止时，货物到达D点时的速度大小．
（2）求S₁、S₂的值应满足的关系．（sin53°=0.8，cos53°=0.6 ）

Answer 1

分析：（1）物体离开C后做平抛运动，应用运动的合成与分解、动能定理可以求出物体到达C、D两点的速度，由牛顿第二定律求出物体做平抛的临界速度，然后求出货物到达D点的速度．
（2）应用动能定理与平抛运动知识求出S₁、S₂的值应满足的关系．

解答：解：（1）物体到达C点的速度为v₁，到达D点的速度为v₂，
方向与水平方向成53°，v₁=v₂cos53°①，
从C到D货物机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgh+

1

2

mv₁²=mgR₂（10cos53°）+

1

2

mv₂²  ②，
解得：v₁=3m/s，v₂=5m/s，
在C点，货物脱离传送带做平抛运动的临界条件为：mg=

m v 2 0

R1

  ③，
由③解得，v₀=

gR

=2m/s；
由于v₁＞v₀，说明物体可以从C点开始做平抛运动，
货物通过D点的速度大小为5m/s；
（2）传送带静止时，货物到达C点的速度为v₁=3m/s，
由动能定理得：mgs₂sin53°-μmgs₂cos53°-μmgs₁=

m v 2 1

2

  ④，
由④解得，s₂-s₁=0.9m  ⑤，
传送带足够大时，货物一直在传送带上加速，最终在C点做平抛运动，
临界状态为恰好到达圆弧槽右边缘，根据平抛运动知识可得：
h-R（1-cos53°）=

1

2

gt² ⑥，
由⑥解得，t=0.4s，
射程s=v₁t+2R₂sin53°=2.8m  ⑦，
由⑦可解得平抛运动的初速度v₃=

s

t

=7m/s；
因为货物不会从圆弧槽右边缘飞出，
由动能定理得：mgs₂sin53°-μmgs₂cos53°+μmgs₂=E_KC  ⑧，
E_KC≤

m v 2 3

2

  ⑨，
由⑧⑨可得，s₁+s₂≤4.9m  ⑩，
综上⑤⑩，s₁与s₂应满足：s₂-s₁=0.9m，且s₁+s₂≤4.9m；
答：（1）传送带静止时，货物到达D点时的速度大小为5m/s．
（2）S₁、S₂的值应满足的关系为s₂-s₁=0.9m，且s₁+s₂≤4.9m．

点评：本题难度较大，分析清楚物体的运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、平抛运动知识即可正确解题．