Question

17．如圖所示，比較長的傳送帶與水平方向的夾角θ=37°，在電動機帶動下以v₀=4m/s的恒定速率順時針方向運行．在傳送帶底端P處有一離傳送帶很近的固定擋板，可將傳送帶上的物體擋�。�在距P距離為L=9m的Q處無初速度地放一質(zhì)量m=1kg的物體，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，物體與擋板的碰撞能量損失及碰撞時間不計，取g=10m/s²，sin37°=0.6，求物體從靜止釋放到第一次返回上升至最高點的過程中：
（1）相對傳送帶發(fā)生的位移；
（2）系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量；
（3）傳送帶多消耗的電能；
（4）物體的最終狀態(tài)及該狀態(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(xué)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；
（2）根據(jù)Q=fs求出產(chǎn)生的熱量．
（3）傳送帶多消耗的電能等于產(chǎn)生的熱量．
（4）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Q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=$\sqrt{2{a}_{1}L}$=6m/s
物塊從A到B的時間t₁=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{1}}$=3s
在此過程中物塊相對傳送帶向下位移：s₁=L+v₀t₁=21m；
擋板碰撞后，以v₁的速度反彈，因v₁＞v₀，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=$\frac{{v}_{1}-{v}_{0}}{{a}_{2}}$=0.2s，
在t₂時間內(nèi)物塊向上的位移L₁=$\frac{{v}_{1}+{v}_{0}}{2}$t₂=1m
物塊相對傳送帶向上的位移：s₂=L₁-v₀t₂=0.2m，
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=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{3}}$=2s
物塊向上的位移L₂=$\frac{{v}_{0}}{2}$t₃=4m
此過程中物塊相對傳送帶向下的位移：s₃=vt₃-L₂=4m，
物塊相對傳送帶發(fā)生的位移：s=s₁+s₂+s₃=25.2m；
（2）摩擦生熱Q=μmgcosθ（s₁+s₂+s₃）=100.8J；
（3）傳送帶多消耗的電能：W=Q+$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=108.8J；
（4）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第二次碰撣前的速度v₂=$\sqrt{2{a}_{1}（{L}_{1}+{L}_{2}）}$=$\sqrt{20}$m/s，
碰后因v₂＞v₀，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=$\frac{{v}_{2}^{2}-{v}_{0}^{2}}{2{a}_{2}}$+$\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{3}}$=4.2m，
物塊與擋板第三次碰撞前的速度v₃=$\sqrt{2{a}_{1}{L}_{3}}$=2$\sqrt{4.2}$m/s，
在此類推，經(jīng)過多次碰撞后物塊以v₀=4m/s的速度反彈，
故最終物塊在P與離P4m的范圍內(nèi)不斷做向上的加速度為2m/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，
輸出功率P=μmgcosθ•v=16W；
答：
（1）相對傳送帶發(fā)生的位移是25.2m；
（2）系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量是100.8J；
（3）傳送帶多消耗的電能是108.8J；
（4）物體的最終狀態(tài)及該狀態(tài)后電動機的輸出功率是16W．

點評 本題是一道力學(xué)綜合題，難度較大，物體運動過程復(fù)雜，分析清楚物體運動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、運動學(xué)公式、功的計算公式分析答題．