Question

14．如图所示，一倾斜传送带与水平面的倾角θ=37°，以v=10m/s的速率逆时针方向匀速运行，M、N为传送带的两个端点，MN两点间的距离L=5m，N端有一离传送带很近的弹性挡板P，在传送带上的M处由静止释放质量为1kg的木块（可视为质点），木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，木块由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞．已知碰撞时间极短，木块与挡板P碰撞后速度大小为碰撞前的一半，sin37°=0.6，g取10m/s²．传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．求：
（1）木块被释放后经多长时间与挡板P第二次碰撞？
（2）木块运动的总时间和总路程．

Answer 1

分析 （1）根据牛顿第二定律求出物块在下降过程和上升过程中的加速度，运用运动学公式求出下滑过程和上升过程的时间和位移，求出第二次与挡板碰撞的时间；
（2）应用牛顿第二定律与匀变速直线运动的公式求出前几次碰撞的时间和位移．时间和位移按等比规律变化，由数学等比数列求和公式求出总时间和总路程

解答 解：（1）木块相对传送带向上运动，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有
$mgsn37°+μmgcos37°=m{a}_{1}^{\;}$
得${a}_{1}^{\;}=gsin37°+μgcos37°=10m/{s}_{\;}^{2}$
设经过时间${t}_{1}^{\;}$，物块与传送带速度相等$v={a}_{1}^{\;}{t}_{1}^{\;}$
得${t}_{1}^{\;}=\frac{v}{{a}_{1}^{\;}}=\frac{10}{10}s=1s$
匀加速运动的位移${x}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}{a}_{1}^{\;}{t}_{1}^{2}=\frac{1}{2}×10×{1}_{\;}^{2}=5m$=L，即速度相等时木块与挡板碰撞
木块与挡板碰撞后速度大小为碰撞前的一半，即碰撞后以5m/s反弹，沿传送带向上运动的过程中，根据牛顿第二定律
$mgsin37°+μmgcos37°=m{a}_{2}^{\;}$
解得：${a}_{2}^{\;}=10m/{s}_{\;}^{2}$
向上匀减速的时间${t}_{2}^{\;}=\frac{v′}{{a}_{2}^{\;}}=\frac{5}{10}s=0.5s$
向上匀减速运动的位移${x}_{2}^{\;}=\frac{v{′}_{\;}^{2}}{2{a}_{2}^{\;}}=\frac{{5}_{\;}^{2}}{20}=1.25m$
向下匀加速${a}_{3}^{\;}={a}_{1}^{\;}=10m/{s}_{\;}^{2}$
${x}_{3}^{\;}=\frac{1}{2}{a}_{3}^{\;}{t}_{3}^{2}$
得${t}_{3}^{\;}=\sqrt{\frac{2{x}_{3}^{\;}}{{a}_{3}^{\;}}}=\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}=0.5s$
木块被释放后与挡板P第二次碰撞的时间$t={t}_{1}^{\;}+{t}_{2}^{\;}+{t}_{3}^{\;}=1+0.5+0.5=2s$
（2）木块第二次与挡板碰撞的速度${v}_{2}^{\;}=\sqrt{2{a}_{3}^{\;}{x}_{3}^{\;}}=\sqrt{2×10×1.25}=5m/s$
第三次与挡板碰撞后的速度${v}_{3}^{\;}=\frac{1}{2}{v}_{2}^{\;}=（\frac{1}{2}）_{\;}^{2}{v}_{1}^{\;}$=2.5m/s
减速到0的时间${t}_{4}^{\;}=\frac{2.5}{10}=0.25s$
向下做匀加速运动的时间${t}_{5}^{\;}={t}_{4}^{\;}=0.25s$
第3次与挡板碰撞后向上匀减速运动的位移${x}_{4}^{\;}=\frac{{v}_{3}^{2}}{2{a}_{3}^{\;}}=\frac{2．{5}_{\;}^{2}}{20}=0.3125$m
总时间t=1+0.5+0.5+0.25+0.25+0.125+0.125+…=3s
总路程s=5+1.25+1.25+0.3125+0.3125+…═$8\frac{1}{3}m$
答：（1）木块被释放后经2s时间与挡板P第二次碰撞
（2）木块运动的总时间3s和总路程$8\frac{1}{3}m$

点评 本题为多过程多物体问题，过程较为复杂，解题的关键理清每一段过程，分别运用牛顿定律和运动学知识进行分析求解即可；要求思路要清晰，按步骤一步步进行即可求解．