Question

10．如圖所示，傳送帶的傾角θ=37°，在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v=4m/s的速率沿順時(shí)針方向運(yùn)行，在傳送帶的底端B有一離傳送帶很近的擋板P可將傳送帶上的物塊擋住，在傳送帶的頂端A無(wú)初速地釋放一物塊，它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，A、B間的長(zhǎng)度L=9m，物塊與擋板碰撞前后物塊的速度大小不變，方向相反，物塊與擋板的碰撞時(shí)間極短．取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）物塊剛被放上傳送帶時(shí)的加速度大小a₁；
（2）物塊與擋板P碰撞前瞬間的速度大小v₁；
（3）從物塊與擋板P第一次碰撞后，物塊再次上升到最高點(diǎn)（尚未到達(dá)A點(diǎn)）所需要的時(shí)間t．

Answer 1

分析 （1）應(yīng)用牛頓第二定律求解加速度；
（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式求出物塊與擋板P碰撞前瞬間的速度大小；
（3）由受力分析，結(jié)合牛頓第二定律分別求出物塊相對(duì)于傳送帶向上運(yùn)動(dòng)和相對(duì)于傳送帶向下運(yùn)動(dòng)的加速度，結(jié)合由速度公式即可求出兩段的時(shí)間，然后恰好即可．

解答 解：（1）物塊從A點(diǎn)由靜止釋放，物塊向下運(yùn)動(dòng)，所以受到的摩擦力的方向向上，由牛頓第二定律得向下的運(yùn)動(dòng)：ma₁=mgsinθ-μmgcosθ，
代入數(shù)據(jù)解得：a₁=2m/s²，
（2）由速度位移公式可知，與P碰前的速度為：v₁=$\sqrt{2{a}_{1}L}$=$\sqrt{2×2×9}=6$m/s，
（3）物塊與擋板碰撞后，以v₁的速率反彈，因v₁＞v，物塊相對(duì)傳送帶向上滑，此時(shí)摩擦力的方向向下，由牛頓第二定律可知，物塊向上做減速的運(yùn)動(dòng)，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)間為：t₁=$\frac{{v}_{1}-v}{{a}_{2}}$=$\frac{6-4}{10}$=0.2s，
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)的加速度為：a₃=2m/s²，
物塊減速到0的時(shí)間為：${t}_{2}=\frac{v}{{a}_{3}}=\frac{4}{2}=2$s
所以物塊再次上升到最高點(diǎn)所需要的時(shí)間為：t=t₁+t₂=2+0.2=2.2s
答：（1）物塊剛被放上傳送帶時(shí)的加速度大小是2m/s²；
（2）物塊與擋板P碰撞前瞬間的速度大小是6m/s；
（3）從物塊與擋板P第一次碰撞后，物塊再次上升到最高點(diǎn)（尚未到達(dá)A點(diǎn)）所需要的時(shí)間是2.2s．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求位移、功率問題，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)公式與功率公式即可正確解題．