Question

3．如图所示，水平传送带右侧通过一光滑水平面与一光滑的曲面相接，左侧仍与光滑水平面相接，在左侧用一长为L=1m的细线吊一质量为m₂=1kg的物块B，静止且刚好要与水平面接触，物块看成质点，传送带始终以v=2m/s的速率逆时针转动．质量为m₁=1kg的小物块A从曲面上距水平台面h=0.8m处由静止释放．已知物块A与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，传送带的长为1m．A滑过传送带后与小球B发生碰撞，并粘在一起，取g=10m/s²．
（1）物块A滑过传送带所用的时间；
（2）物块A与小球B相碰后的一瞬间绳的张力；
（3）若A和B一起向右摆到最低点时，两者分离，此后物块B在最低点与物块A恰好又能相向发生第二次碰撞，求碰撞过程产生的内能．

Answer 1

分析 （1）物块从高h处下滑到底端时由机械能守恒求出到达传送带时的速度，当滑上传送带时将做减速运动，由位移速度公式求出物块A刚滑过传送带时的速度，然后由速度公式即可求出时间；
（2）A与B碰撞的过程满足动量守恒定律，由此求出碰撞后的速度，然后由牛顿第二定律即可求出绳子的拉力；
（3）若A和B一起向右摆到最低点时，两者分离，A与B分离后二者的速度与刚碰撞结束时的速度相等．A再次在传送带上运动时，要先判断出A是否能够向右滑过传送带，然后求出A返回时的速度．A再次与B碰撞的过程中仍然满足动量守恒定律，由此求出碰撞后的速度，最后由功能关系求出碰撞过程产生的内能．

解答 解：（1）由A到B的过程中由机械能守恒可知：${m}_{1}gh=\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{1}^{2}$
解得：${v}_{1}=\sqrt{2gh}=\sqrt{2×10×0.8}m/s=4$m/s
物块A的速度大于传送带的速度，所以滑块滑上传送带后做减速运动由牛顿第二定律可知：
-μmg=ma
解得：a=-μg=-0.2×10m/s²=-2m/s²
物块A滑过传送带后的速度为v₂，则：
${v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}=2ax$
代入数据得：${v}_{2}=2\sqrt{3}$m/s＞2m/s，物块一直做匀减速运动，
所以，滑过传送带的时间：$t=\frac{△v}{a}=\frac{2\sqrt{3}-4}{-2}=2-\sqrt{3}$（s）
（2）选取A与B组成的系统为研究的对象，A与B碰撞的过程满足动量守恒定律，取向左的方向为正方向，则碰撞后的速度v：
m₁v₂+0=（m₁+m₂）v
所以：$v=\frac{{m}_{1}{v}_{2}}{{m}_{1}+{m}_{2}}=\frac{1×2\sqrt{3}}{1+1}m/s=\sqrt{3}$m/s
A与小球B发生碰撞后粘在一起，由绳子的拉力与它们的重力的合力提供向心加速度，得：
$F-（{m}_{1}+{m}_{2}）g=（{m}_{1}+{m}_{2}）\frac{{v}^{2}}{L}$
代入数据解得：F=26N
（3）碰撞后A与B一起运动，受到重力与绳子的拉力，机械能始终守恒，所以若A和B一起向右摆到最低点时，两者分离，则分离时二者的速度大小都是$\sqrt{3}$m/s，方向向右．
滑块滑上传送带后受到的摩擦力的方向向左，滑块做减速运动．
由牛顿第二定律可知：
μmg=ma′
解得：a′=μg=0.2×10m/s²=2m/s²
当速度v₃=0时到达向右的最大位移为x₁
则：${v}_{3}^{2}-{v}_{2}^{2}=-2ax$
解得：${x}_{1}=\frac{{v}_{2}^{2}}{2a′}=\frac{（\sqrt{3}）^{2}}{2×2}=\frac{3}{4}m＜1m$
故物体A不能到达传送带的最右端，之后，滑块将以加速度a向左做匀加速直线运动，由运动的对称性可知，A到达传送带的最左端时的速度大小仍然是$\sqrt{3}$m/s，所以此后物块B在最低点与物块A恰好又能相向发生第二次碰撞的时候A与B的速度的大小都是$\sqrt{3}$m/s，设它们碰撞后的速度为v₄，以向左方向为正方向，则：
m₁v-m₂v=（m₁+m₂）v₄
所以：v₄=0
碰撞产生的内能等于碰撞前A与B共同的动能，所以：
$△E=\frac{1}{2}{m}_{1}{v}^{2}+\frac{1}{2}{m}_{2}{v}^{2}$
代入数据解得：△E=3J
答：（1）物块A滑过传送带所用的时间是（2-$\sqrt{3}$）s；
（2）物块A与小球B相碰后的一瞬间绳的张力是26N；
（3）碰撞过程产生的内能是3J．

点评 本题的难点是分析物块在传送带上运动情况，要判断出滑块是否能够滑过传送带．运用牛顿第二定律和运动学公式结合，通过计算进行分析．