Question

12．如圖所示，長L=16m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v₀=6m/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�。�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，物塊在傳送帶上留下的“擦痕”長度？
（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 （1）先根據(jù)牛頓第二定律求出物塊從A點(diǎn)由靜止釋放向下運(yùn)動(dòng)的加速度，再根據(jù)L=$\frac{1}{2}$a₁t²得求出物塊到達(dá)斜面底端所用的時(shí)間，
利用x=v₀t求出皮帶運(yùn)行的距離，進(jìn)而得出物塊相對皮帶的位移即為物塊在傳送帶上留下的“擦痕”長度；
（2）先根據(jù)由速度位移公式求出與P碰前的速度，進(jìn)而知道反彈速度大小，再根據(jù)牛頓第二定律求出物塊向上做減速運(yùn)動(dòng)的加速度，
利用t₁=$\frac{{v}_{1}{-v}_{0}}{{a}_{2}}$求出物塊速度減小到與傳送帶速度相等所需時(shí)間，從而得出物塊向上的位移，再根據(jù)牛頓第二定律求出物塊向上做減速運(yùn)動(dòng)的加速度，
利用位移公式求出位移，二者位移之和即為物塊向上滑行到最高點(diǎn)離P點(diǎn)的距離．

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：
mgsinθ-μmgcosθ=ma₁，
解得：a₁=2m/s²，
由L=$\frac{1}{2}$a₁t²得，物塊到達(dá)斜面底端所用的時(shí)間：
t=$\sqrt{\frac{2L}{{a}_{1}}}$=$\sqrt{\frac{2×16}{2}}$s=4s，
皮帶運(yùn)行的距離：x=v₀t=6×4m=24m，
x_相=x+L=（24+16）m=40m．
即物塊在傳送帶上留下的“擦痕”長度為40m．
（2）由（1）可知，向下運(yùn)動(dòng)的加速度a₁=2m/s²，
由速度位移公式可知，與P碰前的速度v₁=$\sqrt{2{a}_{1}L}$=$\sqrt{2×2×16}$=8m/s，
物塊與擋板碰撞后，以v₁的速率反彈，因v₁＞v₀，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：
mgsinθ+μmgcosθ=ma₂，
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：
t₁=$\frac{{v}_{1}{-v}_{0}}{{a}_{2}}$=$\frac{8-6}{10}$s=0.2s，
物塊向上的位移：x₁=$\frac{{v}_{1}+{v}_{0}}{2}$t₁=$\frac{8+6}{2}$×0.2=1.4m，
物塊速度與傳送帶速度相等后，μ＜tanθ，
由牛頓第二定律可知，mgsinθ-μmgcosθ=ma₃，
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，
物塊向上的位移：x₂=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{3}}$=$\frac{{6}^{2}}{2×2}$m=9m，
物塊向上滑行到最高點(diǎn)離P點(diǎn)的距離：x′=x₁+x₂=（1.4+9）m=10.4m．
答：（1）物塊從A處第一次滑到P處的過程中，物塊在傳送帶上留下的“擦痕”長度為40m；
（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10.4m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求位移問題，分析清楚物塊的運(yùn)動(dòng)過程是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可正確解題，過程較為復(fù)雜，有一定的難度．