Question

9．如图所示，A、B为水平传送带的两个端点，C、D为倾斜传送带的两个端点，B，C之间平滑连接．长度不计，两传送带均沿顺时针方向运行，速率分别为v₁=10m/s，v₂=5m/s．倾斜传送带与水平面的夹角θ=30°，在水平传送带A点处轻放一质量m=2kg的小物块，小物块速度能达到v₁并先后经过B点、C点，最后刚好能到达D点（不计从B到C之间的能量损失），小物块与传送带间的动摩擦因数均为μ=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，g取10m/s²．求：
（1）AB之间的距离L₁至少多长；
（2）CD之间的距离L₂；
（3）AB之间的距离取最小值时小物块从A运动到D的总时间t；
（4）小物块在倾斜传送带上运动的过程中相对倾斜传送带滑动的距离△s．

Answer 1

分析 （1）根据动能定理求解AB的最短位移；
（2）分析物体在CD段的运动情况，根据牛顿第二定律求解加速度大小，再根据位移速度关系求解CD的长度；
（3）利用速度时间关系分别求出AB段、CD段的运动时间即可；
（4）分别计算出物块速度从v₁减小到v₂过程中、速度从v₂减小到0的过程中皮带的位移，再计算出物块相对于皮带的位移，然后求和即可．

解答 解：（1）小物块从A到B根据动能定理可得：μmgL₁=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$，
解得：L₁=$10\sqrt{3}m$；
（2）小物块刚好到倾斜传送带上至两者共速前，受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，在速度减速到v₂过程中，根据牛顿第二定律可得物块的加速度大小为a₁=gsinθ+μgcosθ=10×0.5+$\frac{\sqrt{3}}{6}×10×\frac{\sqrt{3}}{2}$=7.5m/s²，
根据匀变速直线运动位移速度关系可得：${v}_{1}^{2}-{v}_{2}^{2}=2{a}_{1}{x}_{1}$，
解得x₁=5m；
小物块达到与传送带速度相等后继续减速运动，速度减速到零的过程中，摩擦力方向沿斜面向上，
根据牛顿第二定律可得加速度a₂=gsinθ-μgcosθ=10×0.5-$\frac{\sqrt{3}}{6}×10×\frac{\sqrt{3}}{2}$=2.5m/s²，
根据${v}_{2}^{2}-0=2{a}_{2}{x}_{2}$可得减速到零的位移为：x₂=5m；
则L₂=x₁+x₂=5m+5m=10m；
（3）物块在AB上运动时的时间为t₁，则：t₁=$\frac{{v}_{1}-0}{μg}=\frac{10-0}{\frac{\sqrt{3}}{6}×10}=2\sqrt{3}s$，
设在CD上运动时，前一段时间为t₂，后一段时间为t₃，则：
由v₂=v₁-a₁t₂，解得t₂=$\frac{2}{3}s$，
由0=v₂-a₂t₃得t₃=2s；
所以运动的总时间为：t=t₁+t₂+t₃=$（2\sqrt{3}+\frac{8}{3}）s$；
（4）物块速度减速到v₂过程中，倾斜传送带的位移x₃=v₂t₂=5×$\frac{2}{3}m=\frac{10}{3}m$，
此过程中小物块相对于传送带的位移△s₁=x₁-x₃=5-$\frac{10}{3}=\frac{5}{3}m$，
物块速度从v₂减速到零时间内倾斜传送带的位移为：x₄=v₂t₃=5×2m=10m，
此过程中小物块相对于传送带的位移△s₂=x₄-x₂=10-5=5m，
所以小物块相对于传送带的位移为△s=△s₁+△s₂=$\frac{5}{3}+5=\frac{20}{3}m$．
答：（1）AB之间的距离L₁至少为$10\sqrt{3}m$；
（2）CD之间的距离为10m；
（3）AB之间的距离取最小值时小物块从A运动到D的总时间为$（2\sqrt{3}+\frac{8}{3}）s$；
（4）小物块在倾斜传送带上运动的过程中相对倾斜传送带滑动的距离为$\frac{20}{3}$m．

点评 解答本题的关键是弄清楚物块的受力情况和运动情况；对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．