Question

如图所示，某传送带与地面倾角θ＝37o，AB之间距离L1=2.05m，传送带以v0＝1.0m/s的速率逆时针转动。质量为M=1.0kg，长度L2=1.0m的木板上表面与小物块的动摩擦因数μ2＝0.4，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，开始时长木板靠近传送带B端并处于静止状态。现在传送带上端A无初速地放一个不计大小、质量为ｍ＝1.0kg的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，sin37o＝0.6，cos37 o =0.8,  g=10m/s2。求：

（1）物块离开B点的速度大小；

（2）物块在木板上滑过的距离；

（3）木板在地面上能滑过的最大距离。

Answer 1

【知识点】匀变速运动规律和牛顿第二定律综合应用在皮带传动上的计算问题。是能力考查题。A2、C5

【答案解析】（1）（4分）刚开始物块相对传送带往上滑其加速度为a1=gsin37o+μ1gcos37o=10 m/s2（1分）

达到传送带速度V0用的时间t1= V0/ a1=0.1s，位移s1=1/2 a1 t12=0.05m ……（1分）

之后物块相对传送带往下滑其加速度a2=gsin37o-μ1gcos37o=2 m/s2  （1分）

  由s2=L1-s1=(VB2-VO2)/2 a2 …     VB=3m/s……（1分）

(2)（5分）物块滑上木板相对滑动时做匀减速运动，其加速度a3=-μ2g=-4 m/s2…（1分）

木板的加速度a4=〔μ2mg-μ3 (mg+Mg)〕/M=2 m/s2, …（1分）

设经过t2物块与木板达到相同速度V2，则VB + a3 t2= a4 t2    故t2 =0.5s 

 V2= a4 t2 =1m/s …（1分）  物块对地位移s3=( V22- VB2)/2 a3=1 m

 木板对地位移s4= V22/2 a4=0.25m …（1分）

物块在木板上滑过的距离△s= s3- s4=0.75m…（1分）

(3)（3分）因μ3〈μ2物块能与木板保持相对静止，其整体加速度为a5=-μ3g=-1m/s2, …（1分）物块与木板做匀减速运动到停止的位移s5= -V22/2 a5=0.5m…（1分）木板对地的位移s板= s4 +s5=0.75m…（1分）

【思路点拨】物块在传送带上关键是分析所受摩擦力方向，然后由牛顿第二定律列式求加速度。当物块滑到长木板上时，要用隔离法求两者的加速度，一定要将研究对象搞清楚，再要注意两者之间的相对距离和对地位移的关系，在这一点要画出物块和长木板的位移路径图，由图列位移之间的关系式，由此就不难解出本题了。