Question

1．如圖所示，左邊足夠長，高H=0.45m的水平臺面右端有一以v₀=2m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動的水平傳送帶BC與其理想連接，在該水平臺面右邊豎直面CD的右端x=0.4m處也有一高度h=0.25m的足夠長水平臺面，其左端豎直面EF也是豎直方向，F(xiàn)點為平臺的左端點．一質(zhì)量m=1kg的小物塊靜止在水平臺面A點處．設(shè)A與傳送帶在端點B的距離為s，現(xiàn)用F=2N的恒力作用在小物塊上使其向右運動，已知小物塊與水平臺面以及傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.1，傳送帶的長度L=1.5m，傳送帶的滑輪大小可以忽略，重力加速度取g=10m/s²．

（1）若恒力F作用一段時間后即撤去，小物塊滑上傳送帶時速度恰好為零，求小物塊離開傳送帶后，第一落點的位置到F點的距離；
（2）若A與傳送帶左端點B的距離為s=0.5m，小物塊運動到傳送帶右端點C處即撤去恒力；求小物塊離開傳送帶后，第一落點到F點的距離．

Answer 1

分析 （1）小物塊滑上傳送帶做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式求出小物塊速度增大到與傳送帶相同時通過的位移，判斷是否有勻速運動．再由動能定理求出小物塊運動到C點時的速度．根據(jù)H-h及x求出物塊恰好能落在F點時的初速度，再判斷物塊能否落在F點，即可由平拋運動的規(guī)律求小物塊離開傳送帶后，第一落點的位置到F點的距離．
（2）分析物塊的受力情況，求出AB段加速度，由運動學(xué)公式求出物塊剛到B點時的速度，判斷物塊在傳送帶上的運動情況，根據(jù)物塊在傳送帶上一直做勻加速直線運動、勻速直線運動和勻減速直線運動，由動能定理求出小物塊剛滑上傳送帶時的速度，再由AB段過程，再運用牛頓第二定律和速度位移公式結(jié)合求出物塊到達C點時速度，即可由平拋運動的規(guī)律求解小物塊離開傳送帶后第一落點到F點的距離．

解答 解：（1）小物塊滑上傳送帶后先初速度為零的做勻加速運動，加速度為：a₁=$\frac{μmg}{m}$=μg=1m/s²．
假設(shè)小物塊在傳送帶上一直做勻加速運動，離開傳送帶時的速度為v₁，則有 v₁²=2a₁L
解得 v₁=$\sqrt{3}$m/s
由于 v₁＜v₀=2m/s，所以假設(shè)成立．
小物塊離開傳送帶后做平拋運動．設(shè)經(jīng)過C點的速度為v₀₁時恰好能落在F點，則有：
   H-h=$\frac{1}{2}$gt₁²；
   x=v₀₁t₁；
聯(lián)立解得：v₀=2m/s
設(shè)物塊離開傳送帶后初速度為v₀₂時恰好能落在E點，則有：
  H=$\frac{1}{2}g{t}_{2}^{2}$ 
  x=v₀₂t₂；
聯(lián)立解得：v₀₂=$\frac{4}{3}$m/s
因為 v₀₂＜v₀＜v₀₁，所以物塊落FE上．
設(shè)第一落點的位置到F點的距離為S，則有：
  x=v_Ct₃；
  H-h+S=$\frac{1}{2}g{t}_{3}^{2}$
解得：S=$\frac{1}{15}$m
（2）小物塊在傳送帶左側(cè)平臺上運動時，加速度為：a₁=$\frac{F-μmg}{m}$
可得  a₁=1m/s²．
小物塊剛滑上傳送帶時的速度為v₂，由于v₂²=2a₂s
可得 v₂=1m/s＜v₀=2m/s
小物塊滑上傳送帶時所受的摩擦力向右，加速度為 a₃=$\frac{F+μmg}{m}$
可得 a₃=3m/s²．
當(dāng)小物塊與傳送帶共速時，有 v₀²-v₂²=2a₃L₁．
可得 L₁=0.5m＜L=1.5m
由于F大于摩擦力，所以兩者共速后小物塊所受的摩擦力向左
加速度為 a₄=$\frac{F-μmg}{m}$
可得 a₄=1m/s²．
小物塊到傳送帶右端的速度為v₄，則v₄²-v₀²=2a₄（L-L₁）
可得 v₄=$\sqrt{6}$m/s
設(shè)小物塊到右側(cè)平臺上水平位移為x₁，則 x₁=v₄$\sqrt{\frac{2（H-h）}{g}}$
可得 x₁=$\frac{\sqrt{6}}{5}$m
則小物塊第一落點到F點的距離△x=x₁-x=$\frac{\sqrt{6}}{5}$m-0.4m=$\frac{\sqrt{6}-2}{5}$m
答：
（1）小物塊離開傳送帶后，第一落點的位置到F點的距離是$\frac{1}{15}$m．
（2）小物塊第一落點到F點的距離是$\frac{\sqrt{6}-2}{5}$m．

點評 解決本題的關(guān)鍵要正確分析小物塊的運動情況，把握隱含的臨界條件：小物塊與傳送帶的速度相等，邊計算邊分析．