Question

18．如图所示，一水平的足够长的浅色长传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面．传送带上左端放置一质量为m=1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ₁=0.1．初始时，传送带与煤块及平板都是静止的．现让传送带以恒定的向右加速度a=3m/s²开始运动，当其速度达到v=1.5m/s后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，随后，在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平恒力F=17N，F作用了0.5s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F．最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M=4kg，（重力加速度为g=10m/s²），求：
（1）传送带上黑色痕迹的长度；
（2）有F作用期间平板的加速度大小；
（3）平板上表面至少多长（计算结果保留两位有效数字）？

Answer 1

分析 （1）根据牛顿第二定律求出煤块在传送带上发生相对滑动时的加速度，结合速度时间公式求出传送带达到速度v的时间以及煤块达到该速度的时间，根据运动学公式分别求出传送带和煤块的位移，从而得出相对位移的大小．
（2）根据牛顿第二定律求出煤块在平板车上的加速度大小，结合速度时间公式求出共同的速度大小，从而通过速度时间公式求出平板车的加速度．
（3）根据牛顿第二定律求出平板车与地面间的动摩擦因数，得出煤块和平板车共速后煤块和平板车的运动规律，根据牛顿第二定律和运动学公式求出平板车表面的至少长度．

解答 解：（1）煤块在传送带上发生相对运动时，加速度a₁=$\frac{{μ}_{1}mg}{m}$=μ₁g=0.1×10m/s²=1 m/s²，方向向右；
设经过时间时t₁，传送带达到速度v，经过时间时t₂，煤块速度达到v，
即v=at₁=a₁t₂，代值可得t₁=0.5s，t₂=1.5s，
传送带发生的位移s=$\frac{{v}^{2}}{2a}$+v（t₂-t₁）=$\frac{1．{5}^{2}}{2×3}+1.5×1m=1.875m$，
煤块发生的位移s′=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{1}}$=$\frac{1．{5}^{2}}{2}=1.125m$，
黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即：△s=s-s′，
代入数据解得△s=0.75m．
（2）煤块滑上平板时的速度为v₀=1.5m/s，加速度为a₁=$\frac{{μ}_{1}mg}{m}$=μ₁g=1m/s²，
经过t₀=0.5s时速度v=v₀-a₁t₀=1.5-1×0.5m/s=1.0m/s，
平板的加速度大小a₂，则由v=a₂t₀=1.0m/s，
解得  a₂=2 m/s²．
（3）设平板与地面间动摩擦因数为μ₂，由a₂=2 m/s²，
且Ma₂=（F+μ₁mg）-μ₂（mg+Mg），代入数据解得μ₂=0.2，
由于μ₂＞μ₁，共速后煤块将仍以加速度大小a₁=$\frac{{μ}_{1}mg}{m}$=μ₁g匀减速，直到停止，
而平板以加速度a₃匀减速运动，Ma₃=μ₁mg-μ₂（mg+Mg），
代入数据解得a₃=-2.25 m/s²，用时t₃=$\frac{v}{{a}_{3}}$=$\frac{1}{2.25}s=\frac{4}{9}s$，
所以，全程平板的位移为  S_板=$\frac{0+v}{2}（{t}_{0}+{t}_{3}）=\frac{1}{2}×（0.5+\frac{4}{9}）=\frac{17}{36}m$，
煤块的位移S_煤=$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{2{a}_{1}}=\frac{1．{5}^{2}}{2}m=\frac{9}{8}m$，
平板车的长度即煤块与平板的位移之差，L=S_板-S_煤=$\frac{47}{72}m$=0.65m．
答：（1）传送带上黑色痕迹的长度为0.75m；
（2）有F作用期间平板的加速度大小为2m/s²；
（3）平板上表面至少0.65m．

点评 本题考查了动力学中的多过程问题，难度较大，解决本题的关键理清煤块、传送带、平板在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．