Question

5．如圖所示，表面粗糙的足夠長(zhǎng)的淺色傳送帶以速度v₀=8m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，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的黑色小滑塊從距離B點(diǎn)x₀=10m的A處輕輕無(wú)初速度放上傳送帶，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)，小滑塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ₂=0.45，重力加速度g=10m/s²，sin37°0.6，cos37°=0.8，求：
（1）小滑塊滑上斜面之前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）小滑塊從斜面上第三次返回斜面底端時(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L₂；
（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v₁，在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)類似豎直上拋運(yùn)動(dòng)，所以第二次沖上斜面時(shí)速度仍等于v₁，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解第三次返回斜面底端時(shí)的速度大�。�

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a₁，則：μ₁mg=ma₁
加速至v₀=8m/s，發(fā)生的位移${x}_{1}=\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{1}}=8m$
此時(shí)傳送帶發(fā)生的位移：x₂=2x₁=16m
故劃痕的長(zhǎng)度：L₁=x₂-x₁=8m
（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a₂，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得：mgsinθ+μ₂mgcosθ=ma₂
$-2{a}_{2}{L}_{2}=-{v}_{0}^{2}$
聯(lián)立解得：${L}_{2}=\frac{10}{3}m=3.3m$
（3）由于tanθ=0.75＞μ₂=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(zhǎng)₂，第一次返回斜面底端時(shí)的速度為v₁，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：${v}_{0}^{2}=2{a}_{2}{L}_{2}$
下滑過(guò)程根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ-μ₂mgcosθ=ma₃
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：${v}_{1}^{2}=2{a}_{3}{L}_{2}$
兩式聯(lián)立可得：${v}_{1}=\frac{1}{2}{v}_{0}=4m/s$
滑塊返回斜面底端后，在傳送帶上做類豎直上拋運(yùn)動(dòng)，返回斜面底端時(shí)速度仍然為v₁，
第二次上滑過(guò)程，${v}_{1}^{2}=2{a}_{2}{L}_{3}$
第二次下滑過(guò)程：${v}_{2}^{2}=2{a}_{3}{L}_{3}$
第三次上滑過(guò)程，${v}_{2}^{2}=2{a}_{2}{L}_{4}$
第三次下滑過(guò)程：${v}_{3}^{2}=2{a}_{3}{L}_{4}$
聯(lián)立解得第三次返回斜面底端時(shí)的速度大小；v₃=1m/s
答：（1）小滑塊在傳送帶上留下的劃痕長(zhǎng)度L₁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L₂為3.3m；
（3）小滑塊從斜面上第三次返回斜面底端時(shí)的速度大小為1m/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．