Question

19．如图所示，传送带与地面的夹角为θ=37⁰，长度x_AB=16m，以10m/s的速率逆时针匀速转动；在传送带上端的A处无初速地放上一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，传送带的下方和一个斜面平滑相连，物体与斜面间的动摩擦因数也是0.5，斜面的下端O固定一个轻弹簧，轻弹簧的另一端在C位置；物体离开传送带后向下压缩弹簧到最短又被弹簧弹回，向上运动最高到达D点；已知x_BC=20cm，x_CD=8cm，取g=10m/s²，求：
（1）物体从A运动到B点所需的时间；
（2）物体在传送带上产生的热量；
（3）弹簧被物体压缩到最短时的弹性势能．

Answer 1

分析 （1）物体放上传送带后，开始阶段物体受到沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求出物体的加速度，根据速度时间公式求出物体与传送带共速时的时间，然后物体受到沿斜面向上的摩擦力作用，再根据牛顿第二定律求出加速度的大小，根据位移时间公式求出第二阶段的时间．从而求出物体从A端运动到B端所需的时间．
（2）根据几何关系求出物体与传送带间的相对位移，再求产生的热量．
（3）从B到弹簧被压缩到最短时运用动能定理可求弹簧被物体压缩到最短时的弹性势能．

解答 解：（1）物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，物体所受的摩擦力沿传送带向下，受力如图甲所示，
物体由静止加速，由牛顿第二定律可知：
mgsinθ+μmgcosθ=ma₁
解得：a₁=10m/s²
物体加速带与传送带相同速度需要的时间为：t₁=1s
物体加速度到与传送带相同速度经过的位移为：
x₁=$\frac{1}{2}$a₁t₁²=$\frac{1}{2}×10×{1}^{2}$m=5m＜x_AB=16m
由于μ＜tanθ （μ=0.5，tanθ=0.75）物体在重力作用下将继续加速运动，当物体的速度大于传送带的速度时，物体受到沿传送带向上的摩擦力，受力如图乙所示，由牛顿第二定律可得：mgsinθ-μmgcosθ=ma₂
解得：a₂=10m/s²
设后一阶段物体滑至传送带底端所用时间为t₂，由x₂=L-x₁=vt₂+$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}$=11m
解得：t₂=1s（t₂=-11s舍去）
所以物体从A运动到B所用的时间为：t=t₁+t₂=2s
（2）物体第一阶段加速时，传送带的位移为：x₁′=vt₁=10m
第一段产生的热量为：Q₁=μmgcosθ（x₁′-x₁）
代入数据解得：Q₁=10J
第二阶段加速时，传送带的位移为：x₂′=vt₂=10m
产生的热量为：Q₂=μmgcosθ（x₂′-x₂）
代入数据解得：Q₂=2J
产生的总热量：Q=Q₁+Q₂=12J
（3）从B到弹簧被压缩到最短时运用动能定理有：mgsinθ•（x_BC+x）-μmgcosθ•（x_BC+x）=0-$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
从弹簧被压缩到最短向上运动到D运用动能定理有：E_p=mgsinθ•（x_DC+x）+μmgcosθ•（x_DC+x）
滑块到B点的速度 v_B=$\sqrt{{v}^{2}+2{a}_{2}{x}_{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}+2×2×11}$=12m/s
解得：x=4m，E_p=60J
答：（1）物体从A运动到B点所需的时间是2s；
（2）物体在传送带上产生的热量是12J；
（3）弹簧被物体压缩到最短时的弹性势能是60J．

点评 解决本题的关键是要理清滑块的运动过程，知道滑块在传送带上经历了两个匀加速直线运动，加速度大小不等，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．