Question

【题目】如图所示，在竖直平面内有一倾角θ＝37°的传送带，两皮带轮AB轴心之间的距离L＝3.2m，沿顺时针方向以v0＝2m/s匀速运动。一质量m＝2kg的物块P从传送带顶端无初速度释放，物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为的光滑圆弧形轨道CDF，并沿轨道运动至最低点F，与位于圆弧轨道最低点的物块Q发生弹性正碰，物块P和Q均可视为质点，重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：

（1）物块P从传送带离开时的动量；

（2）传送带对物块P做功为多少；

（3）物块P与物块Q碰撞后均不能离开光滑圆弧形轨道，物块Q质量M的取值范围。

Answer 1

【答案】（1）8kgm/s；（2）-22.4J；（3）

【解析】

（1）物块在未到达与传送带共速之前，所受摩擦力方向沿传送带向下，由牛顿第二定律得：

mgsinθ+μmgcosθ=ma1

解得

a1＝10m/s2

达到传送带的速度所需时间

沿斜面向下运动的位移

当物块P的速度与传送带共速后，由于mgsinθ＞μmgcosθ，所以物块P所受摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律得

mgsinθ-μmgcosθ=ma2

解得

a2=2m/s2

物块P以加速度a2运动的距离为

x2=L-x1=3m

设物块P运动到传送带底端的速度为v1，由运动学公式得

v12-v02=2a2x2

解得

v1=4m/s

则动量

P=mv1=8kgm/s

方向与水平方向成37°斜向右下；
（2）物块从顶端到底端，根据动能定理

解得传送带对物块做功为

W=-22.4J

（3）设物块P运动到F点的速度为v2，由动能定理得

解得

v2=6m/s

物块P与物块Q发生完全弹性碰撞，并设物块P碰撞后的速度为v3，物块Q碰撞后的速度为v4，则两物块的碰撞过程动量守恒

mv2=mv3+Mv4

碰撞前后动能之和不变

解得

若P与Q碰后速度同向，则且 要使得两物块均不离开圆轨道，则

解得

若P与Q碰后速度反向，则m<M，物块P与物块Q碰撞后均不能离开光滑圆弧形轨道，则

解得

综上所述物块P与物块Q碰撞后均不能离开光滑圆弧形轨道，则.