Question

14．如圖所示，左邊足夠長、高H=0.45m的水平臺面右端有一以υ₀=2m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動傳送帶BC與其理想連接，在該水平臺面右邊豎直面CD的右端x=0.4m處也有一高度h=0.25m的足夠長水平臺面，其左端豎直面EF也是豎直方向．F點為平臺的左端點．一質(zhì)量m=1kg的小物塊靜止在水平臺面A點處，設A與傳送帶左端點B的距離為s，現(xiàn)用F=2N的恒力作用在小物體上使其向右運動．已知小物塊與水平臺面以及傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.1，傳送帶的長度L=1.5m，傳送帶的滑輪大小可以忽略，重力加速度取g=10m/s²．

（1）若恒力F作用一段時間后即撤去，小物塊滑上傳送帶時速度恰好為零，求小物塊離開傳送帶后，第一落點的位置到F點的距離；
（2）若A與傳送帶左端點B的距離為s=2.5m，為保證小物塊恰好能落在F點，求恒力F的作用時間t的范圍．

Answer 1

分析 （1）小物塊滑上傳送帶做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出小物塊速度增大到與傳送帶相同時通過的位移，判斷是否有勻速運動．再由動能定理求出小物塊運動到C點時的速度．根據(jù)H-h及x求出物塊恰好能落在F點時的初速度，再判斷物塊能否落在F點，即可由平拋運動的規(guī)律求小物塊離開傳送帶后，第一落點的位置到F點的距離．
（2）根據(jù)物塊在傳送帶上一直做勻加速直線運動、勻速直線運動和勻減速直線運動，由動能定理求出小物塊剛滑上傳送帶時的速度，再由AB段過程，運用牛頓第二定律和位移公式結合求解時間t的范圍．

解答 解：（1）小物塊滑上傳送帶做勻加速運動，加速度為：a=$\frac{μmg}{m}$=μg=1m/s²．
小物塊速度增大到與傳送帶相同時通過的位移為：x₁=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2a}$=$\frac{{2}^{2}}{2×1}$=2m
因x₁＞L，所以物塊在傳送帶上一直做勻加速運動．設到達C點時的速度為v_C．
則有：${v}_{C}^{2}$=2aL
解得：v_C=$\sqrt{3}$m/s
設物塊離開傳送帶后初速度為v_C0時恰好能落在F點，則有：
 H-h=$\frac{1}{2}g{t}_{1}^{2}$
 x=v_C0t₁；
聯(lián)立解得：v_C0=2m/s
設物塊離開傳送帶后初速度為v_C1時恰好能落在E點，則有：
 H=$\frac{1}{2}g{t}_{2}^{2}$
 x=v_C1t₂；
聯(lián)立解得：v_C1=$\frac{4}{3}$m/s
因為 v_C1＜v_C＜v_C0，所以物塊落FE上．
設第一落點的位置到F點的距離為S，則有：
 x=v_Ct₃；
 H-h+S=$\frac{1}{2}g{t}_{3}^{2}$
解得：S=$\frac{1}{15}$m
（2）小物塊在恒力F作用下的加速度為：a₁=$\frac{F-μmg}{m}$=1m/s²．
在AB段撤去F后加速度大小 a₂=$\frac{μmg}{m}$=μg=1m/s²．
小物塊恰好能落在F點，剛滑上傳送帶時的速度為v．則有：
  s=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$+$\frac{{v}^{2}-（{a}_{1}t）^{2}}{-2{a}_{2}}$  …①
設物塊滑上傳送帶后恰好一直勻加速運動時，在B的速度為v₁．恰好一直勻減速運動時，在B的速度為v₂．
由于v_C0=v₀，所以要使物塊能落在F點，物塊到達C點時的速度必須等于v₀．
由運動學公式有：v₀²-v₁²=2aL，解得 v₁=1m/s
將v=v₁=1m/s代入①解得 t=$\sqrt{3.5}$s
又 v₀²-v₂²=-2aL
解得 v₂=$\sqrt{7}$m/s
將v=v₂=$\sqrt{7}$m/s代入①解得 t=$\sqrt{6}$s
將v=υ₀=2m/s代入①得 t=$\sqrt{6.5}$s
所以為保證小物塊恰好能落在F點，恒力F的作用時間t的范圍為：
  $\sqrt{3.5}$s≤t≤$\sqrt{6.5}$s
答：（1）小物塊離開傳送帶后，第一落點的位置到F點的距離是$\frac{1}{15}$m；
（2）若A與傳送帶左端點B的距離為s=2.5m，為保證小物塊恰好能落在F點，恒力F的作用時間t的范圍是$\sqrt{3.5}$s≤t≤$\sqrt{6.5}$s．

點評 解決本題的關鍵要正確分析小物塊的運動情況，把握隱含的臨界條件，邊計算邊分析，注意不能漏解．