Question

如圖所示，長L=9m的傳送帶與水平方向的傾角θ=37°，在電動機的帶動下以υ=4m/s的速率順時針方向運行，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，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，物塊與擋板的碰撞能量損失及碰撞時間不計．（g=10m/s²，sin37°=0.6）求：
（1）物塊從第一次靜止釋放到與擋板P第一次碰撞后，物塊再次上升到傳送帶的最高點的過程中，因摩擦生的熱；
（2）物塊最終的運動狀態(tài)及達到該運動狀態(tài)后電動機的輸出功率．

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相對位移，求出相對運動距離之和，根據(jù)Q=fs求出產(chǎn)生的熱量．
（2）物塊每一次與擋板碰撞，速度較之前都在減小，最終碰撞后反彈的速度等于傳送帶的速度，則先向上做勻減速直線運動，再向下做勻加速直線運動，碰撞的速度不變．根據(jù)能量守恒定律，電動機的輸出功率等于克服阻力做功的功率．

解答：解：（1）物塊從A點由靜止釋放，物塊相對傳送帶向下滑，物塊沿傳送帶向下加速運動的速度
a1=gsinθ-μgcosθ=2m/s2
與P碰前的速度v1=

2a1L

=6m/s
物塊從A到B的時間t1=

v1

a

=3s
在此過程中物塊相對傳送帶向下位移s₁=L+vt₁=21m
物塊與擋板碰撞后，以v₁的速度反彈，因v₁＞v，物塊相對傳送帶向上滑，物塊向上做減速運動的加速度為a2=gsinθ+μgcosθ=10m/s2
物塊速度減小到與傳送帶速度相等的時間t2=

v1-v

a2

=0.2s
在t₂時間內(nèi)物塊向上的位移l1=

v1+v

2

t2=1m
物塊相對傳送帶向上的位移s₂=l₁-vt₂=0.2m
物塊速度與傳送帶速度相等后物塊相對傳送帶向下滑，物塊向上做減速運動的加速度
a3=gsinθ-μgcosθ=2m/s2
物塊速度減小到零的時間t3=

v

a3

=2s
物塊向上的位移l2=

v

2

t3=4m
此過程中物塊相對傳送帶向下的位移s₃=vt₃-l₂=4m
摩擦生熱Q=μmgcosθ（s₁+s₂+s₃）=100.8J
答：因摩擦生的熱為100.8J．
（2）物塊上升到傳送帶的最高點后，物塊沿傳送帶向下加速運動，與擋板P第二次碰撞前的速度v2=

2a1(l1+l2)

=

20

m/s
碰后因v₂＞v，物塊先向上做加速度為a₂的減速運動，再做加速度為a₃的減速運動，物塊向上的位移為l3=

v22-v2

2a2

+

v2

2a3

=4.2m
物塊與擋板第三次碰撞前的速度v3=

2a1l3

=2

4.2

m/s
在此類推經(jīng)過多次碰撞后物塊以v=4m/s的速度反彈，故最終物塊在P與離P 4m的范圍內(nèi)不斷做向上的加速度為2 m/s²的減速運動和向下做加速度為2 m/s²的加速運動，物塊的運動達到這一穩(wěn)定狀態(tài)后，物塊對傳送帶有一與傳送帶運動方向相反的阻力
F_f=μmgcosθ
故電動機的輸出功率P=μmgcosθgv=16W
答：最終物塊在P與離P 4m的范圍內(nèi)不斷做向上的加速度為2 m/s²的減速運動和向下做加速度為2 m/s²的加速運動，電動機的輸出功率為16W．

點評：本題過程較復雜，關鍵理清每一段過程，運用牛頓定律和運動學知識進行分析．