Question

如圖所示，水平傳送帶AB的右端與在豎直面內(nèi)的用內(nèi)徑光滑的鋼管彎成的“9”形固定軌道相接，鋼管內(nèi)徑很�。畟魉蛶У倪\(yùn)行速度v₀=4.0m/s，將質(zhì)量m=1kg的可看做質(zhì)點(diǎn)的滑塊無初速地放在傳送帶的A端．已知傳送帶長(zhǎng)度L=4.0m，離地高度h=0.4m，“9”字全髙H=0.6m，“9”字上半部分圓弧半徑R=0.1m，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，重力加速度g=10m/s²，試求：
（1）滑塊從傳送帶A端運(yùn)動(dòng)到B端所需要的時(shí)間．
（2）電動(dòng)機(jī)由于傳送滑塊而多消耗的電能為
（3）滑塊滑到軌道最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道作用力的大小和方向．
（4）滑塊從D點(diǎn)拋出后的水平射程．

Answer 1

分析：（1）滑塊放在傳送帶上，開始階段做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出加速度，由速度公式求出滑塊加速到與傳送帶相同所需要的時(shí)間，由位移公式求出加速過程的位移，判斷滑塊是否到達(dá)B點(diǎn)．若沒有到達(dá)B點(diǎn)，之后滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，再求出勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．
（2）傳送滑塊的過程中，滑塊獲得了動(dòng)能，系統(tǒng)摩擦生熱，根據(jù)能量守恒求解電動(dòng)機(jī)由于傳送滑塊而多消耗的電能．
（3）滑塊由B到C的過程中只有重力做功，其機(jī)械能守恒，求出滑塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度．到達(dá)最高時(shí)，由重力和軌道對(duì)滑塊的壓力提供滑塊的向心力，由牛頓第二、三定律求解滑塊滑到軌道最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道作用力的大小和方向．
（4）滑塊從C到D的過程中機(jī)械能守恒，求出滑塊到D點(diǎn)時(shí)的速度．滑塊從D點(diǎn)滑出后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解法求出水平射程．

解答：解：（1）滑塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得知
  μmg=ma
得a=2m/s²
滑塊加速到與傳送帶速度相同所需時(shí)間為 t=

v0

a

=2s
此過程位移s=

1

2

at²=4m
此時(shí)物塊恰好到達(dá)B端，所以滑塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間為t=2s．
（2）在傳送滑塊的過程中，摩擦生熱為Q=μmg（v₀t-s）=0.2×10×（4×2-4）J=8J
故電動(dòng)機(jī)由于傳送滑塊而多消耗的電能為
  E=Q+

1

2

m

v

2 0

=8J+

1

2

×1×42J=16J
（3）滑塊由B到C的過程中機(jī)械能守恒，則有
  mgH+

1

2

m

v

2 C

=

1

2

m

v

2 0

滑塊滑到軌道最高點(diǎn)C時(shí)，由牛頓第二定律得
  F_N+mg=m

v 2 C

R

聯(lián)立上兩式解得，F(xiàn)_N=30N
根據(jù)牛頓第三定律得到，滑塊對(duì)軌道作用力的大小F_N′=F_N=30N，方向豎直向上．
（4）滑塊從C到D的過程中機(jī)械能守恒，得：mg?2R+

1

2

m

v

2 C

=

1

2

m

v

2 D

解得v_D=2m/sD點(diǎn)到水平地面的高度HD=h+（H-2R）=0.8m
由H_D=

1

2

gt′²得，t′=

2HD g

=0.4s
所以水平射程為x=v_Dt′=1.1m
答：
（1）滑塊從傳送帶A端運(yùn)動(dòng)到B端所需要的時(shí)間是2s．
（2）電動(dòng)機(jī)由于傳送滑塊而多消耗的電能為16J．
（3）滑塊滑到軌道最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道作用力的大小為30N，方向豎直向上．
（4）滑塊從D點(diǎn)拋出后的水平射程是1.1m．

點(diǎn)評(píng)：本題按程序進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓定律分析運(yùn)動(dòng)過程．對(duì)于圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)機(jī)械能守恒和牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合求力是常用的方法．