Question

14．如图所示，左边足够长、高H=0.45m的水平台面右端有一以υ₀=2m/s的速度顺时针转动传送带BC与其理想连接，在该水平台面右边竖直面CD的右端x=0.4m处也有一高度h=0.25m的足够长水平台面，其左端竖直面EF也是竖直方向．F点为平台的左端点．一质量m=1kg的小物块静止在水平台面A点处，设A与传送带左端点B的距离为s，现用F=2N的恒力作用在小物体上使其向右运动．已知小物块与水平台面以及传送带间的动摩擦因数为0.1，传送带的长度L=1.5m，传送带的滑轮大小可以忽略，重力加速度取g=10m/s²．

（1）若恒力F作用一段时间后即撤去，小物块滑上传送带时速度恰好为零，求小物块离开传送带后，第一落点的位置到F点的距离；
（2）若A与传送带左端点B的距离为s=2.5m，为保证小物块恰好能落在F点，求恒力F的作用时间t的范围．

Answer 1

分析 （1）小物块滑上传送带做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出小物块速度增大到与传送带相同时通过的位移，判断是否有匀速运动．再由动能定理求出小物块运动到C点时的速度．根据H-h及x求出物块恰好能落在F点时的初速度，再判断物块能否落在F点，即可由平抛运动的规律求小物块离开传送带后，第一落点的位置到F点的距离．
（2）根据物块在传送带上一直做匀加速直线运动、匀速直线运动和匀减速直线运动，由动能定理求出小物块刚滑上传送带时的速度，再由AB段过程，运用牛顿第二定律和位移公式结合求解时间t的范围．

解答 解：（1）小物块滑上传送带做匀加速运动，加速度为：a=$\frac{μmg}{m}$=μg=1m/s²．
小物块速度增大到与传送带相同时通过的位移为：x₁=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2a}$=$\frac{{2}^{2}}{2×1}$=2m
因x₁＞L，所以物块在传送带上一直做匀加速运动．设到达C点时的速度为v_C．
则有：${v}_{C}^{2}$=2aL
解得：v_C=$\sqrt{3}$m/s
设物块离开传送带后初速度为v_C0时恰好能落在F点，则有：
 H-h=$\frac{1}{2}g{t}_{1}^{2}$
 x=v_C0t₁；
联立解得：v_C0=2m/s
设物块离开传送带后初速度为v_C1时恰好能落在E点，则有：
 H=$\frac{1}{2}g{t}_{2}^{2}$
 x=v_C1t₂；
联立解得：v_C1=$\frac{4}{3}$m/s
因为 v_C1＜v_C＜v_C0，所以物块落FE上．
设第一落点的位置到F点的距离为S，则有：
 x=v_Ct₃；
 H-h+S=$\frac{1}{2}g{t}_{3}^{2}$
解得：S=$\frac{1}{15}$m
（2）小物块在恒力F作用下的加速度为：a₁=$\frac{F-μmg}{m}$=1m/s²．
在AB段撤去F后加速度大小 a₂=$\frac{μmg}{m}$=μg=1m/s²．
小物块恰好能落在F点，刚滑上传送带时的速度为v．则有：
  s=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$+$\frac{{v}^{2}-（{a}_{1}t）^{2}}{-2{a}_{2}}$  …①
设物块滑上传送带后恰好一直匀加速运动时，在B的速度为v₁．恰好一直匀减速运动时，在B的速度为v₂．
由于v_C0=v₀，所以要使物块能落在F点，物块到达C点时的速度必须等于v₀．
由运动学公式有：v₀²-v₁²=2aL，解得 v₁=1m/s
将v=v₁=1m/s代入①解得 t=$\sqrt{3.5}$s
又 v₀²-v₂²=-2aL
解得 v₂=$\sqrt{7}$m/s
将v=v₂=$\sqrt{7}$m/s代入①解得 t=$\sqrt{6}$s
将v=υ₀=2m/s代入①得 t=$\sqrt{6.5}$s
所以为保证小物块恰好能落在F点，恒力F的作用时间t的范围为：
  $\sqrt{3.5}$s≤t≤$\sqrt{6.5}$s
答：（1）小物块离开传送带后，第一落点的位置到F点的距离是$\frac{1}{15}$m；
（2）若A与传送带左端点B的距离为s=2.5m，为保证小物块恰好能落在F点，恒力F的作用时间t的范围是$\sqrt{3.5}$s≤t≤$\sqrt{6.5}$s．

点评 解决本题的关键要正确分析小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，边计算边分析，注意不能漏解．