Question

5．如圖所示，水平傳送帶以v₀=6m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，長為L=6m，右端與光滑豎直半圓弧軌道平滑對(duì)接，圓弧軌道的半徑R=0.5m，O為圓心，最高點(diǎn)C正下方有一擋板OD，CD間距略大于物塊大小，平臺(tái)OE足夠長，現(xiàn)將質(zhì)量為m=1kg的物塊輕放在傳送帶的最左端A處，小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，g取10m/s²．
（1）求物塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間；
（2）若傳送帶速度v₀可以調(diào)節(jié)，求物塊從C點(diǎn)拋出后落到平臺(tái)OE上的落點(diǎn)與O點(diǎn)的距離范圍．

Answer 1

分析 （1）物塊放在傳送帶后先勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律求出加速度，然后由速度位移關(guān)系公式求出物體加速到速度等于傳送帶的速度時(shí)通過的位移，求得加速的時(shí)間．再求勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而得到總時(shí)間．
（2）物塊從C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)C點(diǎn)的臨界速度求出平拋運(yùn)動(dòng)最短的水平位移．調(diào)節(jié)傳送帶速度v₀使物塊一直加速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物塊到達(dá)B點(diǎn)的最大速度，再結(jié)合機(jī)械能守恒定律求出通過C點(diǎn)的最大速度，即可求得平拋運(yùn)動(dòng)最大的水平位移，從而得解．

解答 解：（1）物體的加速度：a=μg=0.5×10=5m/s²
物體加速運(yùn)動(dòng)的位移：x₁=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2a}$=3.6m 
所用時(shí)間：t₁=$\frac{{v}_{0}^{\;}}{a}$=1.2s
勻速運(yùn)動(dòng)的位移：x₂=L-x₁=2.4m
時(shí)間：t₂=$\frac{{x}_{2}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}$=0.4s 
故物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：t=t₁+t₂=1.6s 
（3）調(diào)節(jié)傳送帶速度v₀可使物塊恰能到達(dá)C點(diǎn)，此時(shí) v_C1=$\sqrt{gR}$=$\sqrt{5}$m/s
物塊從C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，則 R=$\frac{1}{2}g{t}_{\;}^{2}$
得 t=$\sqrt{\frac{2R}{g}}=\sqrt{\frac{1}{10}}$s
則平拋?zhàn)钚〉乃�平位�?x_min=v_C1t=$\sqrt{5}×\sqrt{\frac{1}{10}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$m  
調(diào)節(jié)傳送帶速度v₀可使物塊一直加速，設(shè)物塊到達(dá)B點(diǎn)的最大速度v_B1．
由2aL=${v}_{B1}^{2}$，得 v_B1=$\sqrt{2aL}$=$2\sqrt{15}$m/s  
BC過程，由機(jī)械能守恒得
  $\frac{1}{2}m{v}_{B1}^{2}$=mg•2R+$\frac{1}{2}m{v}_{C2}^{2}$
解得 v_C2=2$\sqrt{10}$m/s 
則平拋?zhàn)畲蟮乃�平位�?x_max=v_C2t=2m
所以物塊落在平臺(tái)OE上到O點(diǎn)距離范圍是 $\frac{\sqrt{2}}{2}$m≤x≤2m
答：（1）物塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間是1.6s；
（2）若傳送帶速度v₀可以調(diào)節(jié)，物塊落在平臺(tái)OE上到O點(diǎn)距離范圍是 $\frac{\sqrt{2}}{2}$m≤x≤2m．

點(diǎn)評(píng) 本題的關(guān)鍵要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，要注意物體在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)可能是一直加速，也可能是先加速后勻速，要通過計(jì)算來分析．平拋運(yùn)動(dòng)常用的研究方法是運(yùn)動(dòng)的分解法，要掌握平拋分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律并能熟練運(yùn)用．