Question

4．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧放在光滑的水平面上，彈簧左端連接在豎直的固定擋板上，彈簧右端與質(zhì)量m=0.5kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）接觸但不栓接，平面右端有一個(gè)傾斜的傳送帶，傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，并與水平面無縫對(duì)接，物塊經(jīng)過對(duì)接處的速度大小不變，傳送帶與水平面之間的夾角θ=45°，開始彈簧處于自然狀態(tài)．現(xiàn)用向左的水平推力緩慢地推物塊并彈簧壓縮，當(dāng)推力做功W=4.0J時(shí)，撤去推力，隨后物塊被彈簧彈開，沿著水平面運(yùn)動(dòng)然后沖上傳送帶，并恰好能到達(dá)傳送帶的頂端．已知傳送帶的速度v=2.0m/s，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.6，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s²．則（　�。�

• A． 物塊在傳送帶上的加速度大小一直不變
• B． 摩擦力對(duì)物塊先做負(fù)功后做正功
• C． 物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=$\frac{5\sqrt{2}}{8}$s
• D． 傳送帶的長(zhǎng)度L=$\frac{3\sqrt{2}}{8}$m

Answer 1

分析 推力作用時(shí)，彈簧被壓縮，撤去推力后彈簧的彈性勢(shì)能釋放出來變成物體的動(dòng)能，由功能關(guān)系求出物體離開彈簧后瞬間的速度，分析物體在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)情況，由牛頓第二定律求加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求時(shí)間和物體的位移，從而得到傳送帶的長(zhǎng)度L．

解答 解：A、設(shè)物體離開彈簧時(shí)的速度為v₀．則有 W=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得 v₀=4m/s
由于v₀＞v，所以物體沖上傳送帶后向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為 a=$\frac{mgsinθ+μmgcosθ}{m}$=g（sinθ+μcosθ）=8$\sqrt{2}$m/s²；
當(dāng)物體速度減至與傳送帶相等時(shí)，由于mgsinθ＞μmgcosθ，所以物體繼續(xù)向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為 a′=$\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}$=2$\sqrt{2}$m/s²；故A錯(cuò)誤．
B、物體相對(duì)于傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向先向上，后向下，傳送帶對(duì)物體的滑動(dòng)摩擦力先沿斜面向下，后沿傳送帶向上，所以摩擦力對(duì)物塊先做負(fù)功后做正功．故B正確．
C、物體從沖上傳送帶到速度與傳送帶相等的過程所用時(shí)間 t₁=$\frac{{v}_{0}-v}{a}$=$\frac{4-2}{8\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{8}$s
物體此后的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t₂=$\frac{v}{a′}$=$\frac{2}{2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$s，故物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=t₁+t₂=$\frac{5\sqrt{2}}{8}$s．故C正確．
D、傳送帶的長(zhǎng)度L=$\frac{{v}_{0}+v}{2}{t}_{1}$+$\frac{v}{2}{t}_{2}$=$\frac{7\sqrt{2}}{8}$m．故D錯(cuò)誤．
故選：BC

點(diǎn)評(píng) 此題物體運(yùn)動(dòng)的情境比較復(fù)雜，關(guān)鍵是按照運(yùn)動(dòng)的過程逐步分析求解，邊計(jì)算邊分析，要注意物體與傳送帶相等瞬間，要根據(jù)重力的分力與最大靜摩擦力判斷物體之后的運(yùn)動(dòng)情況，知道加速度是聯(lián)系力和運(yùn)動(dòng)的橋梁．