Question

11．如圖所示，長L=9m的傳送帶與水平方向的傾角為37°，在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以V=4m/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端無初速地放一質(zhì)量m=1kg的物塊，它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，物塊與擋板的碰撞能量損失及碰撞時(shí)間不計(jì)．（sinθ=0.6，cosθ=0.8，g=10m/s²）求：
（1）物塊從A處第一次滑到P處的過程中，物塊與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量？
（2）物塊與擋板P第一次碰撞后，上升到最高點(diǎn)時(shí)到擋板P的距離？

Answer 1

分析 根據(jù)牛頓第二定律求出物塊在下降過程和上升過程中的加速度，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出下滑過程和上升過程的相對位移，求出相對運(yùn)動(dòng)距離之和，根據(jù)Q=fs求出產(chǎn)生的熱量．
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，然后答題．

解答 解：（1）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=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{1}}=\frac{6}{2}=3s$
在此過程中物塊相對傳送帶向下位移為：s₁=L+vt₁=21m
摩擦生熱為：Q=μmgcosθs₁=84J
（2）物塊與擋板碰撞后，以v₁的速率反彈，因v₁＞v，物塊相對傳送帶向上滑，
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，
離P點(diǎn)的距離：x₁+x₂=1+4=5m
答：
（1）物塊與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為84J；
（2）物塊從第一次靜止釋放到與擋板P第一次碰撞后，物塊上升到最高點(diǎn)時(shí)到擋板P的距離為5m．

點(diǎn)評 本題過程較復(fù)雜，關(guān)鍵理清每一段過程，運(yùn)用牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)進(jìn)行分析．