Question

14．如圖所示，長(zhǎng)L=9m的傳送帶與水平面的傾角θ=37°，在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v=4m/s的恒定速率沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)行，在傳送帶的B端有一離傳送帶很近的擋板P可將帶上的物塊擋住，在傳送帶的A端靜止釋放一質(zhì)量m=1kg的物體，它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，物塊與擋板的碰撞能量損失及碰撞時(shí)間不計(jì)（g=10m/s²，sin37°=0.6），求：
（1）物塊從靜止釋放到第一次下滑到擋板P處的過(guò)程中，物塊相對(duì)傳送帶滑行的路程；
（2）物塊從靜止釋放到第一次上升至最高點(diǎn)的過(guò)程中，物塊相對(duì)傳送帶滑行的路程．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出物塊在下降過(guò)程和上升過(guò)程中的加速度，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出下滑過(guò)程和上升過(guò)程的相對(duì)位移，求出相對(duì)運(yùn)動(dòng)距離之和；
（2）應(yīng)用牛頓第二定律與勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式求出物塊的位移，即可求得相對(duì)運(yùn)動(dòng)的路程．

解答 解：物塊從A點(diǎn)由靜止釋放，由牛頓第二定律得：
向下運(yùn)動(dòng)的加速度：ma₁=mgsinθ-μmgcosθ，
代入數(shù)據(jù)解得：a₁=2m/s²，
由速度位移公式可知，與P碰前的速度為：v₁=$\sqrt{2{a}_{1}L}$=$\sqrt{2×2×9}$=6m/s，
物塊從A到B的時(shí)間為：t₁=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{1}}=\frac{6}{2}=3s$
在此過(guò)程中物塊相對(duì)傳送帶向下位移為：s₁=L+vt₁=21m
（2）物塊與擋板碰撞后，以v₁的速率反彈，因v₁＞v，物塊相對(duì)傳送帶向上滑，
由牛頓第二定律可知，物塊向上做減速運(yùn)動(dòng)的加速度為a₂有：ma₂=mgsinθ+μmgcosθ，
代入數(shù)據(jù)解得：a₂=10m/s²
物塊速度減小到與傳送帶速度相等所需時(shí)間：t₂=$\frac{{v}_{1}-v}{{a}_{2}}$=$\frac{6-4}{10}$=0.2s，
物塊向上的位移：x₁=$\frac{{v}_{1}+v}{2}{t}_{1}$=$\frac{6+4}{2}×0.2$=1m，
物塊相對(duì)傳送帶向上的位移為：s₂=l₁-vt₂=0.2m
物塊速度與傳送帶速度相等后，μ＜tanθ，由牛頓第二定律可知：ma₃=mgsinθ-μmgcosθ，
代入數(shù)據(jù)解得，物塊向上做減速運(yùn)動(dòng)的加速度：a₃=2m/s²，
物塊速度減小到零的時(shí)間為：t₃=$\frac{v}{{a}_{3}}=\frac{4}{2}=2s$
物塊向上的位移：x₂=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{3}}$=$\frac{{4}^{2}}{2×2}$=4m，
此過(guò)程中物塊相對(duì)傳送帶向下的位移為：s₃=vt₃-l₂=4m
相對(duì)傳送帶的位移為：s₁+s₂+s₃=21+0.2+4=25.2m；
答：（1）物塊從靜止釋放到第一次下滑到擋板P處的過(guò)程中，物塊相對(duì)傳送帶滑行的路程為21m；
（2）物塊從靜止釋放到第一次上升至最高點(diǎn)的過(guò)程中，物塊相對(duì)傳送帶滑行的路程為25.2m．

點(diǎn)評(píng) 本題為多過(guò)程多物體問(wèn)題，過(guò)程較為復(fù)雜，解題的關(guān)鍵理清每一段過(guò)程，分別運(yùn)用牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)進(jìn)行分析求解即可；要求思路要清晰，按步驟一步步進(jìn)行即可求解．