Question

14．如圖所示，一傾斜傳送帶與水平面的傾角θ=37°，以v=10m/s的速率逆時針方向勻速運行，M、N為傳送帶的兩個端點，MN兩點間的距離L=5m，N端有一離傳送帶很近的彈性擋板P，在傳送帶上的M處由靜止釋放質(zhì)量為1kg的木塊（可視為質(zhì)點），木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，木塊由靜止釋放后沿傳送帶向下運動，并與擋板P發(fā)生碰撞．已知碰撞時間極短，木塊與擋板P碰撞后速度大小為碰撞前的一半，sin37°=0.6，g取10m/s²．傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦．求：
（1）木塊被釋放后經(jīng)多長時間與擋板P第二次碰撞？
（2）木塊運動的總時間和總路程．

Answer 1

分析 （1）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，運用運動學公式求出下滑過程和上升過程的時間和位移，求出第二次與擋板碰撞的時間；
（2）應用牛頓第二定律與勻變速直線運動的公式求出前幾次碰撞的時間和位移．時間和位移按等比規(guī)律變化，由數(shù)學等比數(shù)列求和公式求出總時間和總路程

解答 解：（1）木塊相對傳送帶向上運動，受到沿斜面向下的滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有
$mgsn37°+μmgcos37°=m{a}_{1}^{\;}$
得${a}_{1}^{\;}=gsin37°+μgcos37°=10m/{s}_{\;}^{2}$
設經(jīng)過時間${t}_{1}^{\;}$，物塊與傳送帶速度相等$v={a}_{1}^{\;}{t}_{1}^{\;}$
得${t}_{1}^{\;}=\frac{v}{{a}_{1}^{\;}}=\frac{10}{10}s=1s$
勻加速運動的位移${x}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}{a}_{1}^{\;}{t}_{1}^{2}=\frac{1}{2}×10×{1}_{\;}^{2}=5m$=L，即速度相等時木塊與擋板碰撞
木塊與擋板碰撞后速度大小為碰撞前的一半，即碰撞后以5m/s反彈，沿傳送帶向上運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律
$mgsin37°+μmgcos37°=m{a}_{2}^{\;}$
解得：${a}_{2}^{\;}=10m/{s}_{\;}^{2}$
向上勻減速的時間${t}_{2}^{\;}=\frac{v′}{{a}_{2}^{\;}}=\frac{5}{10}s=0.5s$
向上勻減速運動的位移${x}_{2}^{\;}=\frac{v{′}_{\;}^{2}}{2{a}_{2}^{\;}}=\frac{{5}_{\;}^{2}}{20}=1.25m$
向下勻加速${a}_{3}^{\;}={a}_{1}^{\;}=10m/{s}_{\;}^{2}$
${x}_{3}^{\;}=\frac{1}{2}{a}_{3}^{\;}{t}_{3}^{2}$
得${t}_{3}^{\;}=\sqrt{\frac{2{x}_{3}^{\;}}{{a}_{3}^{\;}}}=\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}=0.5s$
木塊被釋放后與擋板P第二次碰撞的時間$t={t}_{1}^{\;}+{t}_{2}^{\;}+{t}_{3}^{\;}=1+0.5+0.5=2s$
（2）木塊第二次與擋板碰撞的速度${v}_{2}^{\;}=\sqrt{2{a}_{3}^{\;}{x}_{3}^{\;}}=\sqrt{2×10×1.25}=5m/s$
第三次與擋板碰撞后的速度${v}_{3}^{\;}=\frac{1}{2}{v}_{2}^{\;}=（\frac{1}{2}）_{\;}^{2}{v}_{1}^{\;}$=2.5m/s
減速到0的時間${t}_{4}^{\;}=\frac{2.5}{10}=0.25s$
向下做勻加速運動的時間${t}_{5}^{\;}={t}_{4}^{\;}=0.25s$
第3次與擋板碰撞后向上勻減速運動的位移${x}_{4}^{\;}=\frac{{v}_{3}^{2}}{2{a}_{3}^{\;}}=\frac{2．{5}_{\;}^{2}}{20}=0.3125$m
總時間t=1+0.5+0.5+0.25+0.25+0.125+0.125+…=3s
總路程s=5+1.25+1.25+0.3125+0.3125+…═$8\frac{1}{3}m$
答：（1）木塊被釋放后經(jīng)2s時間與擋板P第二次碰撞
（2）木塊運動的總時間3s和總路程$8\frac{1}{3}m$

點評 本題為多過程多物體問題，過程較為復雜，解題的關鍵理清每一段過程，分別運用牛頓定律和運動學知識進行分析求解即可；要求思路要清晰，按步驟一步步進行即可求解．