Question

12．如图所示，有一长为L₁=5.8m、与水平方向的倾角θ=37°的传送带AB，以速度v₀=4m/s沿逆时针方向匀速运行．其底端B处与水平面CD有一小段光滑圆弧（图中未画出），水平面上距C点左侧L₂=2.75m的  D处有一固定的弹性挡板，现将一小物块（可视为质点）轻轻放在传送带顶端 A处，已知小物块与传送带、水平面之间的动摩擦因数分别为μ₁=0.5、μ₂=0.1，设物块每次通过B、C交接处速度大小均不变，且与固定挡板碰撞无能量损失．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s，求：

（1）小物块第一次到达 B点的速度大小
（2）小物块最终停在距挡板 D多远处？

Answer 1

分析 （1）小物块刚放上传送带时，根据牛顿第二定律求出物块在斜面上下滑时的加速度，由速度时间公式求出加速至与传送带共速的时间，由位移公式求出加速过程的位移．再根据共速时重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的关系，判断出物块继续以不同的加速度匀加速运动，再由速度位移公式求小物块第一次到达 B点的速度大小．
（2）根据动能定理求出小物块第二次到达 B点的速度大小，由牛顿第二定律和运动学公式求得沿传送带上滑的最大距离，再用同样的方法研究下滑过程，求得物块再次返回B点时的速度大小．最后，由动能定理求小物块最终停位置距挡板 D的距离．

解答 解：（1）设小物块的质量为m，小物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得
   mgsinθ+μmgcosθ=ma₁
得 a₁=10m/s²．
设小物块经过t₁时间与传送带共速．
则得 t₁=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}$=$\frac{4}{10}$=0.4s
此过程中物块的位移 x₁=$\frac{{v}_{0}}{2}{t}_{1}$=$\frac{4}{2}×0.4$m=0.8m
由于 mgsinθ＞μmgcosθ，所以共速后物块继续做匀加速运动，通过的位移为 x₂=L₁-x₁=5.8m-0.8m=5m
加速度为 a₂=$\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}$
解得 a₂=2m/s²．
由v_B1²-v₀²=2a₂x₂得 v_B1=6m/s
（2）设小物块第二次到达B点时的速度大小为v_B2．
对物块在水平面上来回运动过程，由动能定理得
-μmg•2L₂=$\frac{1}{2}m{v}_{B2}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{B1}^{2}$
解得 v_B2=5m/s
物块在传送带上上滑时加速度大小 a₃=a₁=10m/s²．
由 0-v_B2²=-2a₃x₃得  x₃=1.25m
下滑达共速时，通过的位移 x₄=x₁=0.8m
共速后到B的过程，位移为 x₅=x₃-x₄=0.45m
由动能定理得：
   mgx₅sinθ-μmgx₅cosθ=$\frac{1}{2}m{v}_{B3}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得 v_B3²=17.8
又-μmg•2L₂=$\frac{1}{2}m{v}_{B4}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{B3}^{2}$
解得 v_B4²=6.8＜v₀²．
则小物块滑上传送带后上滑与下滑加速度相同，再次返回时速度大小必为v_B4．
根据动能定理得-μmgx=0-$\frac{1}{2}m{v}_{B4}^{2}$
解得 x=3.4m＞L₂=2.75m
因L₂＜x＜2L₂，则最终距D点距离 d=x-L₂=0.65m
答：
（1）小物块第一次到达 B点的速度大小是6m/s．
（2）小物块最终停在距挡板 D0.65m．

点评 本题理清物块在整个过程中的运动规律是解决本题的关键，对于涉及距离问题，可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解，也可以根据动能定理求得．