Question

3．如圖所示，傳送帶與水平方向的傾角θ=37°，在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v=2m/s的速率順時(shí)針方向運(yùn)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端午初速地釋放一質(zhì)量m=1kg的物塊，它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，AB間的長度L=4m，物塊與擋板的碰撞能量損失不計(jì)，即碰撞后物塊的速度大小不變，物塊與擋板的碰撞時(shí)間極短．g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，．求：
（1）物體剛放上傳送帶時(shí)的加速度大小和方向？
（2）從物塊與擋板P第一次碰撞后，到物塊第一次上升到最高點(diǎn)時(shí)所需要的時(shí)間？
（3）從物塊與擋板P第一次碰撞后，到物塊第一次上升到最高點(diǎn)為止，物塊相對(duì)皮帶的位移大��？

Answer 1

分析 （1）物體剛放上傳送帶時(shí)，所受的滑動(dòng)摩擦力方向沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律求出物體的加速度．
（2）運(yùn)用速度位移公式求出物塊與P碰撞前的速度．物塊與擋板P第一次碰撞后，相對(duì)于傳送帶向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，所受的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，由牛頓第二定律求得加速度．由速度時(shí)間公式求得速度減至與傳送帶相等所用時(shí)間．之后，物體相對(duì)于傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，但相對(duì)于地面向上運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和速度公式求得繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而求得總時(shí)間．
（3）應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式求出物塊的位移，由勻速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求得傳送帶的位移，即可求得物塊相對(duì)皮帶的位移．

解答 解：（1）物塊放上傳送帶后勻加速下滑，由牛頓第二定律得：
    mgsinθ-μmgcosθ=ma₁
代入數(shù)據(jù)解得：a₁=2m/s²．加速度方向沿傳送帶向下．
（2）設(shè)物塊下滑到與P碰撞前的速度為v₁．
由速度位移公式可知：v₁²=2a₁L
解得  v₁=4m/s
物塊與P碰撞后，以速度v₁反彈，因?yàn)関₁＞v，所以物塊相對(duì)于傳送帶向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，物塊受到的摩擦力沿傳送帶向下，由牛頓第二定律得
   mgsinθ+μmgcosθ=ma₂．
解得：a₂=10m/s²．
物塊速度減小到與傳送帶相等的時(shí)間為：t₁=$\frac{{v}_{1}-v}{{a}_{2}}$=$\frac{4-2}{10}$=0.2s
此后物塊的速度小于傳送帶的速度，物塊相對(duì)于傳送帶向下滑動(dòng)，但相對(duì)于地面物塊繼續(xù)向上滑動(dòng)，摩擦力沿傳送帶向上，則有
   mgsinθ-μmgcosθ=ma₃
代入數(shù)據(jù)解得：a₃=2m/s²．
物塊速度從v減至零的時(shí)間為 t₂=$\frac{v}{{a}_{3}}$=$\frac{2}{2}$=1s
所以物塊向上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為 t=t₁+t₂=1.2s
（3）傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=1.2s，通過的位移 x=vt
物塊減速向上的位移為 x₁=$\frac{{v}_{1}+v}{2}{t}_{1}$+$\frac{v}{2}{t}_{2}$
物塊相對(duì)于傳送帶的位移△x=x-x₁．
代入數(shù)據(jù)解得△x=0.8m；
答：
（1）物體剛放上傳送帶時(shí)的加速度大小為2m/s²．加速度方向沿傳送帶向下．
（2）從物塊與擋板P第一次碰撞后，到物塊第一次上升到最高點(diǎn)時(shí)所需要的時(shí)間是1.2s．
（3）從物塊與擋板P第一次碰撞后，到物塊第一次上升到最高點(diǎn)為止，物塊相對(duì)皮帶的位移大小是0.8m．

點(diǎn)評(píng) 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(yùn)用牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)進(jìn)行研究．要求思路要清晰，按步驟一步步進(jìn)行即可求解．