Question

11．如圖所示，足夠長(zhǎng)的淺色傳送帶以速度v₀=8m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，表面粗糙，傳送帶的右端有一固定的斜面，斜面底端B與傳送帶經(jīng)一長(zhǎng)度可忽略的光滑圓弧連接．現(xiàn)將一質(zhì)量m=1kg的墨色小滑塊從距離B點(diǎn)s₀=10m的A處輕輕無(wú)初速放上傳送帶，已知小滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ₁=0.4，斜面傾角θ=37°，斜面足夠長(zhǎng)，滑塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂=0.45，重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6cos37°=0.8，求：
（1）小滑塊在傳送帶上留下的劃痕長(zhǎng)度L₁；
（2）小滑塊第一次滑上斜面后能夠到達(dá)的最高點(diǎn)P距B點(diǎn)的距離L₂；
（3）小滑塊第二次沖上斜面時(shí)的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）小滑塊在傳送帶上留下的劃痕長(zhǎng)度即物塊相對(duì)傳送帶的位移，求出物塊和傳送帶的位移，兩者的位移差即相對(duì)位移；
（2）小物塊沖上斜面做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求加速度，再由速度位移公式求到達(dá)的最高點(diǎn)P距B點(diǎn)的距離${L}_{2}^{\;}$；
（3）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出第一次返回斜面底端的速度${v}_{1}^{\;}$，在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)類(lèi)似豎直上拋運(yùn)動(dòng)，所以第二次沖上斜面時(shí)速度仍等于${v}_{1}^{\;}$

解答 解：（1）小滑塊在傳送帶上先加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為${a}_{1}^{\;}$，則$m{a}_{1}^{\;}={μ}_{1}^{\;}mg$…①
加速至${v}_{0}^{\;}=8m/s$，發(fā)生的位移${x}_{1}^{\;}=\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{1}^{\;}}=8m$…②
此時(shí)傳送帶發(fā)生的位移${x}_{2}^{\;}=2{x}_{1}^{\;}=16m$…③
故劃痕的長(zhǎng)度${L}_{1}^{\;}={x}_{2}^{\;}-{x}_{1}^{\;}=8m$…③
（2）由于小滑塊滑上斜面時(shí)做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為${a}_{2}^{\;}$，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得
$mgsinθ+μmgcosθ=m{a}_{2}^{\;}$…④
$-2{a}_{2}^{\;}{L}_{2}^{\;}=-{v}_{0}^{2}$…⑤
聯(lián)立解得${L}_{2}^{\;}=\frac{10}{3}m=3.3m$…⑥
（3）由于tanθ=0.75＞μ=0.45，所以滑塊到達(dá)最高點(diǎn)后會(huì)向下加速運(yùn)動(dòng)，返回斜面底端，滑塊第一次滑上斜面時(shí)的最大位移為${L}_{2}^{\;}$，第一次返回斜面底端時(shí)的速度為${v}_{1}^{\;}$
由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得：${v}_{0}^{2}=2（μgcosθ+gsinθ）{L}_{2}^{\;}$⑦
${v}_{1}^{2}=2（gsinθ-μgcosθ）{L}_{2}^{\;}$⑧
兩式聯(lián)立可得${v}_{1}^{\;}=\sqrt{1-\frac{2μcosθ}{μcosθ+sinθ}}{v}_{0}^{\;}=\frac{1}{2}{v}_{0}^{\;}$⑨
滑塊返回斜面底端后，在傳送帶上做類(lèi)豎直上拋運(yùn)動(dòng)，返回斜面底端時(shí)速度仍然為${v}_{1}^{\;}$
所以，${v}_{1}^{\;}=\frac{{v}_{0}^{\;}}{2}=4m/s$⑩
答：（1）小滑塊在傳送帶上留下的劃痕長(zhǎng)度${L}_{1}^{\;}$為8m；
（2）小滑塊第一次滑上斜面后能夠到達(dá)的最高點(diǎn)P距B點(diǎn)的距離${L}_{2}^{\;}$為3.3m；
（3）小滑塊第二次沖上斜面時(shí)的速度大小為4m/s

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵理清物體在整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解，其中還涉及到物體與傳送帶的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)情況．