Question

3．如图所示，长L=1.5m的传送带水平放置，传送带的左端为一倾角θ=37°的斜面，其底端经一长度可忽略的光滑圆弧与传送带相连，传送带高出水平地面H=1.25m，一质量为m=2kg的小滑块（可看作质点）从斜面上高为h=0.3m的P点由静止开始下滑，小滑块与斜面的动摩擦因数μ₁=0.25，与水平传送带间的动摩擦因数μ₂=0.1，空气阻力不计，取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
（1）求小滑块滑到斜面底端时的速度大小．
（2）若传送带以v₀=1.5m/s的速率顺时针匀速转动，求滑块的落点与传送带右端的水平距离．
（3）若传送带以v₀=1.5m/s的速率逆时针匀速转动，求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能．

Answer 1

分析 （1）滑块向下运动的过程中重力和摩擦力做功，由动能定理即可求出；
（2）由牛顿第二定律求的在传送带上的加速度，由公式$2ax={v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}$计算出物块到达传送带的右端的速度，与传送带的速度二者比较确定滑块到达传送带右端的速度，最后由平抛运动的公式求出滑块的落点与传送带右端的水平距离；
（3）若传送带以v₀=1.5m/s的速率逆时针匀速转动，求出滑块到达传送带的右端的时间，由x=vt求出传送带的位移，由相对位移与摩擦力的乘积即可求出产生的内能．

解答 解：（1）小滑块向下运动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，其中重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得：
$mgh-{μ}_{1}mgcosθ•\frac{h}{sinθ}=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
代入数据得：v₁=2m/s
（2）滑块在传送带上的加速度：a=$\frac{-f}{m}=\frac{{-μ}_{2}mg}{m}={-μ}_{2}g=-0.1×10=-1m/{s}^{2}$
由公式：$2aL={v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}$
代入数据得：v₂=1m/s＜1.5m/s
可知物块在传送带上先减速后匀速，到达传送带右端的速度是1.5m/s．
离开传送带后滑块做平抛运动，时间：${t}_{0}=\sqrt{\frac{2H}{g}}=\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}=0.5$s
滑块的水平位移：x=v₀t₀=1.5×0.5=0.75m
（3）滑块到达传送带的右端的速度是1m/s，所以使用的时间：$t=\frac{{v}_{2}-{v}_{1}}{a}=\frac{1-2}{-1}=1$s
该时间内，传送带的位移：x=v₀t=1.5×1=1.5m
所以滑块相对于传送带的位移：△S=L+x=1.5m+1.5m=3m
则滑块在传送带上滑行过程中产生的内能：Q=f•△S=μ₂mg•△S=0.1×2×10×3=6J
答：（1）小滑块滑到斜面底端时的速度大小是2m/s．
（2）若传送带以v₀=1.5m/s的速率顺时针匀速转动，滑块的落点与传送带右端的水平距离是0.75m．
（3）若传送带以v₀=1.5m/s的速率逆时针匀速转动，滑块在传送带上滑行过程中产生的内能是6J．

点评 物块在传送带上滑动时，可能一直减速（或加速），也可以先减速后匀速，注意物块的速度与传送带的速度之间的关系，分析清楚物体的运动的情况，是求解的关键．