Question

14．将一倾角为θ=37°的传送带固定在水平面上，在外力的驱动下传送带始终保持顺时针方向转动，且速度大小恒为v=4m/s，在传送带的底端N处固定一弹性挡板O．现将一可视为质点的滑块由传送带的顶端M处静止释放，滑块到达底端时与弹性挡板发生碰撞，碰后速度大小不变，方向变为沿传送带向上，且一直运动到最高点P．假设弹性挡板的厚度不计，滑块与挡板碰撞的时间忽略不计，已知传送带的长度为x=9m，滑块的质量为m=1kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，cos37°=0.8，sin37°=0.6，重力加速度g=10m/s²．求上述过程滑块运动的总时间以及最高点P到N处的距离．

Answer 1

分析 对下滑过程受力分析，求解下滑的加速度，由运动学公式可求得下滑时间及反弹的速度；再对上滑过程受力分析，明确其运动过程及加速度的大小情况，则可求得向下运动的时间及位移．

解答 解：物体在下滑过程受向下的重力及向上的摩擦力，由牛顿第二定律可知：
mgsinθ-μmgcosθ=ma₁；
解得：a₁=2m/s²；
由运动学公式x=$\frac{1}{2}$at²可知，物体滑到底部时的时间t₁=$\sqrt{\frac{2x}{a}}$=$\sqrt{\frac{2×9}{2}}$=3s；
末速度v₁=at=2×3=6m/s；
在反向弹回的过程，当速度大于4m/s时，受摩擦力向下，加速度a₂=gsinθ+μgcosθ=10m/s²
速度减小到4m/s用时t₂=$\frac{6-4}{10}$=0.2s；
此后加速度变为a1，继续减速，速度减小为零用时t₃=$\frac{4}{2}$=2s；
故总时间t=t₁+t₂+t₃=3+0.2+2=5.2s；
向上滑动的总位移x'=$\frac{{6}^{2}-{4}^{2}}{2×10}$+$\frac{{4}^{2}}{2×2}$=5m；
答：滑块运动的总时间为5.2s；最高点P到N处的距离为5m．

点评 本题考查牛顿第二定律的应用，要注意正确分析物体的运动过程，明确相对于传送带的运动时物体的速度及加速度的变化情况．