Question

【题目】如图所示，水平传送带以速度v1=2m/s匀速向左运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，mP=2kg、mQ=1kg，小物体P与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1．某时刻P在传送带右端具有向左的速度v2=4m/s，P与定滑轮间的绳水平．不计定滑轮质量和摩擦，小物体P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带、绳足够长，取g=10m/s2 ． 求
（1）P在传送带上向左运动的最大距离；
（2）P离开传送带时的速度．（结果可用根号表示）

Answer 1

【答案】
（1）

解：P先以加速度a1向左做匀减速运动，直到速度减为v1，设位移为x1，由牛顿第二定律得

对p：T1+μmpg=mpa1

对Q：mQg﹣T1=mQa1

联立以上方程解得：a1=4m/s2

由运动学公式得：

解得：x1=1.5m

p接着以加速度a2向左做匀减速运动，直到速度减为0，设位移为x2，由牛顿第二定律得

对p：T2﹣μmpg=mpa2

对Q：mQg﹣T2=mQa2

联立以上方程解得：a2= m/s2

由运动学公式得：

解得：x2=0.75m

故P向左运动的最大距离x=x1+x2=2.25m

（2）

解：P向左的速度减为0后，再以加速度a2向右做匀加速运动，直到从右端离开传送带，由运动学公式得：

v2=2a2x

解得：v=

【解析】P先以加速度a1向左做匀减速运动，直到速度减为v1 ， 接着以加速度a2向左做匀减速运动，直到速度减为0，根据牛顿第二定律和运动学公式即可求解