Question

5．如圖所示，水平傳送帶以v₀=6m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，長為L=6m，右端與光滑豎直半圓弧軌道平滑對接，圓弧軌道的半徑R=0.5m，O為圓心，最高點C正下方有一擋板OD，CD間距略大于物塊大小，平臺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）與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，g取10m/s²．
（1）求物塊從A端運動到B端的時間；
（2）若傳送帶速度v₀可以調(diào)節(jié)，求物塊從C點拋出后落到平臺OE上的落點與O點的距離范圍．

Answer 1

分析 （1）物塊放在傳送帶后先勻加速運動，對物塊進(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通過的位移，求得加速的時間．再求勻速運動的時間，從而得到總時間．
（2）物塊從C點做平拋運動，根據(jù)C點的臨界速度求出平拋運動最短的水平位移．調(diào)節(jié)傳送帶速度v₀使物塊一直加速，由運動學(xué)公式求出物塊到達(dá)B點的最大速度，再結(jié)合機(jī)械能守恒定律求出通過C點的最大速度，即可求得平拋運動最大的水平位移，從而得解．

解答 解：（1）物體的加速度：a=μg=0.5×10=5m/s²
物體加速運動的位移：x₁=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2a}$=3.6m 
所用時間：t₁=$\frac{{v}_{0}^{\;}}{a}$=1.2s
勻速運動的位移：x₂=L-x₁=2.4m
時間：t₂=$\frac{{x}_{2}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}$=0.4s 
故物體在傳送帶上運動的總時間：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，此時 v_C1=$\sqrt{gR}$=$\sqrt{5}$m/s
物塊從C點做平拋運動，則 R=$\frac{1}{2}g{t}_{\;}^{2}$
得 t=$\sqrt{\frac{2R}{g}}=\sqrt{\frac{1}{10}}$s
則平拋最小的水平位移 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 
則平拋最大的水平位移 x_max=v_C2t=2m
所以物塊落在平臺OE上到O點距離范圍是 $\frac{\sqrt{2}}{2}$m≤x≤2m
答：（1）物塊從A端運動到B端的時間是1.6s；
（2）若傳送帶速度v₀可以調(diào)節(jié)，物塊落在平臺OE上到O點距離范圍是 $\frac{\sqrt{2}}{2}$m≤x≤2m．

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