Question

19．如圖所示，長L=9m的傳送帶與水平方向的傾角為37°，在電動機的帶動下以v=4m/s的速率順時針方向運行，在傳送帶的B端有一離傳送帶很近的擋板P可將傳送帶上的物塊擋住，在傳送帶的A端無初速地放一質(zhì)量m=1kg的物塊，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，物塊與擋板的碰撞能量損失不計（即物塊與擋板碰撞前后速率不變），物塊與擋板碰撞時間不計．（ g=10m/s²，）求：
（1）物塊從靜止釋放到第一次下滑到擋板P處所用的時間；
（2）物塊從靜止釋放到第一次下滑到擋板P處的過程中，物塊相對傳送帶滑行的路程；
（3）物塊從靜止釋放到第一次上升至最高點的過程中，物塊相對傳送帶滑行的路程．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求物塊下滑的加速度，再由位移時間關(guān)系式求時間；
（2）傳送帶的位移與物塊的位移方向相反，所以物塊相對傳送帶的路程為物塊的位移加上傳送帶的位移；
（3）根據(jù)速度位移關(guān)系求出物塊與擋板碰撞的速度，碰撞后，物塊先是相對傳送帶向上滑動，速度相等后物塊相對傳送帶向下滑動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式求出對應(yīng)的相對位移，即可求出物塊從靜止釋放到第一次上升至最高點的過程中，物塊相對傳送帶滑行的路

解答 解：（1）物塊從A點由靜止釋放，物塊相對傳送帶向下滑，物塊沿傳送帶向下加速運動的加速度${a}_{1}^{\;}$
根據(jù)牛頓第二定律有：$mgsinθ-μmgcosθ=m{a}_{1}^{\;}$
 得：${a}_{1}^{\;}=gsinθ-μgcosθ=2m/{s}_{\;}^{2}$
由$L=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$得
物塊從A到B的時間$t=\sqrt{\frac{2L}{{a}_{1}^{\;}}}=3s$
（2）在此過程中物塊相對傳送帶向下位移${s}_{1}^{\;}=L+v{t}_{1}^{\;}=21m$
（3）與P碰前的速度${v}_{1}^{\;}=\sqrt{2{a}_{1}^{\;}L}=6m/s$
擋板碰撞后，以v₁的速度反彈，因${v}_{1}^{\;}＞v$，物塊相對傳送帶向上滑，物塊向上做減速運動的加速度為${a}_{2}^{\;}$
根據(jù)牛頓第二定律，有$mgsinθ+μmgcosθ=m{a}_{2}^{\;}$
得${a}_{2}^{\;}=gsinθ+μgcosθ=10m/{s}_{\;}^{2}$
物塊速度減小到與傳送帶速度相等的時間${t}_{2}^{\;}=\frac{{v}_{1}^{\;}-v}{{a}_{2}^{\;}}=0.2s$
在t₂時間內(nèi)物塊向上的位移${L}_{1}^{\;}=\frac{{v}_{1}^{\;}+v}{2}{t}_{2}^{\;}=1m$
物塊相對傳送帶向上的位移${s}_{2}^{\;}={L}_{1}^{\;}-v{t}_{2}^{\;}=0.2m$
與傳送帶速度相等后物塊相對傳送帶向下滑，物塊向上做減速運動的加速度${a}_{3}^{\;}$
根據(jù)牛頓第二定律，有$mgsinθ-μmgcosθ=m{a}_{3}^{\;}$
得${a}_{3}^{\;}=gsinθ-μgcosθ=2m/{s}_{\;}^{2}$
物塊速度減小到零的時間${t}_{3}^{\;}=\frac{v}{a}=2s$
物塊向上的位移${L}_{2}^{\;}=\frac{v}{2}{t}_{3}^{\;}=4m$
此過程中物塊相對傳送帶向下的位移${s}_{3}^{\;}=v{t}_{3}^{\;}-{L}_{2}^{\;}=4m$
所求路程$s={s}_{1}^{\;}+{s}_{2}^{\;}+{s}_{3}^{\;}=25.2m$
答：（1）物塊從靜止釋放到第一次下滑到擋板P處所用的時間3s；
（2）物塊從靜止釋放到第一次下滑到擋板P處的過程中，物塊相對傳送帶滑行的路程21m；
（3）物塊從靜止釋放到第一次上升至最高點的過程中，物塊相對傳送帶滑行的路程25.2m

點評 本題為多過程問題，過程較為復(fù)雜，解題的關(guān)鍵理清每一段過程，分別運用牛頓定律和運動學(xué)知識進(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．