Question

如圖為一傳送貨物的裝置，傾角為α=53°的斜面AB與水平傳送帶在B處由一光滑小圓弧平滑銜接，可看作質(zhì)點(diǎn)的貨物從斜面上A點(diǎn)由靜止下滑，經(jīng)長(zhǎng)度為S₁的傳送帶運(yùn)輸后，最后拋入固定于水平地面上的圓弧形槽內(nèi)．已知物體與斜面、傳送帶間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5，傳送帶兩皮帶輪的半徑均為R₁=0.4m，傳送帶上表面BC離地的高度h=1.2m．圓弧槽半徑R₂=1m，兩邊緣與圓心連線與豎直方向的夾角均為β=53°．當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，將貨物在斜面上離B點(diǎn)S₂遠(yuǎn)處?kù)o止釋放，貨物脫離傳送帶后剛好沿圓弧槽左邊緣D點(diǎn)的切線方向飛入槽內(nèi)．當(dāng)傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，無(wú)論傳送帶轉(zhuǎn)多快，貨物也不會(huì)從圓弧槽右邊緣飛出，求：
（1）傳送帶靜止時(shí)，貨物到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大�。�
（2）求S₁、S₂的值應(yīng)滿足的關(guān)系．（sin53°=0.8，cos53°=0.6 ）

Answer 1

分析：（1）物體離開(kāi)C后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解、動(dòng)能定理可以求出物體到達(dá)C、D兩點(diǎn)的速度，由牛頓第二定律求出物體做平拋的臨界速度，然后求出貨物到達(dá)D點(diǎn)的速度．
（2）應(yīng)用動(dòng)能定理與平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)求出S₁、S₂的值應(yīng)滿足的關(guān)系．

解答：解：（1）物體到達(dá)C點(diǎn)的速度為v₁，到達(dá)D點(diǎn)的速度為v₂，
方向與水平方向成53°，v₁=v₂cos53°①，
從C到D貨物機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：
mgh+

1

2

mv₁²=mgR₂（10cos53°）+

1

2

mv₂²  ②，
解得：v₁=3m/s，v₂=5m/s，
在C點(diǎn)，貨物脫離傳送帶做平拋運(yùn)動(dòng)的臨界條件為：mg=

m v 2 0

R1

  ③，
由③解得，v₀=

gR

=2m/s；
由于v₁＞v₀，說(shuō)明物體可以從C點(diǎn)開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)，
貨物通過(guò)D點(diǎn)的速度大小為5m/s；
（2）傳送帶靜止時(shí)，貨物到達(dá)C點(diǎn)的速度為v₁=3m/s，
由動(dòng)能定理得：mgs₂sin53°-μmgs₂cos53°-μmgs₁=

m v 2 1

2

  ④，
由④解得，s₂-s₁=0.9m  ⑤，
傳送帶足夠大時(shí)，貨物一直在傳送帶上加速，最終在C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，
臨界狀態(tài)為恰好到達(dá)圓弧槽右邊緣，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可得：
h-R（1-cos53°）=

1

2

gt² ⑥，
由⑥解得，t=0.4s，
射程s=v₁t+2R₂sin53°=2.8m  ⑦，
由⑦可解得平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v₃=

s

t

=7m/s；
因?yàn)樨浳锊粫?huì)從圓弧槽右邊緣飛出，
由動(dòng)能定理得：mgs₂sin53°-μmgs₂cos53°+μmgs₂=E_KC  ⑧，
E_KC≤

m v 2 3

2

  ⑨，
由⑧⑨可得，s₁+s₂≤4.9m  ⑩，
綜上⑤⑩，s₁與s₂應(yīng)滿足：s₂-s₁=0.9m，且s₁+s₂≤4.9m；
答：（1）傳送帶靜止時(shí)，貨物到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大小為5m/s．
（2）S₁、S₂的值應(yīng)滿足的關(guān)系為s₂-s₁=0.9m，且s₁+s₂≤4.9m．

點(diǎn)評(píng)：本題難度較大，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)能定理、平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)即可正確解題．