Question

7．如圖所示，水平傳送帶的速度為4.0m/s，它的右端與其上表面等高的光滑水平平臺相銜接．將一質(zhì)量m=2kg的物塊（可看成質(zhì)點）輕輕放于傳送帶的左端，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.3．經(jīng)過一段時間后，物塊從光滑水平平臺上滑出并無碰撞地落入一光滑圓弧軌道，且恰能運動到圓弧軌道最高點P（P點在圓心O的正上方）．已知平臺與圓弧軌道入口處的高度差h=0.8m，入口處距平臺右端的水平距離s=1.2m，取g=10m/s²．求：
（1）物塊在圓弧軌道入口處的速度大小v．
（2）圓弧軌道的半徑R．
（3）物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量及電動機因傳送此物塊多消耗的電能．

Answer 1

分析 （1）物塊離開平臺后做平拋運動，剛好無碰撞地落入光滑圓弧軌道，說明此時物塊的速度的方向恰好沿著圓弧的切線方向，由分位移公式可求得初速度v₀，由速度的合成法可以求得速度v的大��；
（2）由幾何關系求出平臺入口處半徑與豎直方向的夾角，由機械能守恒定律得到物塊到達P的表達式．在P點，由重力提供向心力，由牛頓第二定律列式，聯(lián)立求解半徑R．
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出物塊在傳送帶上運動的加速度，由速度公式求時間，從而得到傳送帶的位移，得到兩者相對位移，即可求解．

解答 解：（1）物塊離開平臺后做平拋運動過程，有：
h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
s=v₀t
可得，物塊離開平臺時的速度為：v₀=s$\sqrt{\frac{g}{2h}}$=1.2×$\sqrt{\frac{10}{2×0.8}}$=3m/s，
運動時間為：t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$=$\sqrt{\frac{2×0.8}{10}}$=0.4s
物塊在圓弧軌道入口處的速度大小 為：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+（gt）^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+（10×0.4）^{2}}$=5m/s
（2）設物塊在圓弧軌道入口處的速度與豎直方向的夾角為α，則有：tanα=$\frac{{v}_{0}}{gt}$=$\frac{3}{4}$，α=37°
從軌道入口到P點的過程，由機械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}m{v}^{2}$=mgR（1+sinα）+$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$
在C點，有：mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得：R=$\frac{25}{42}$m
（3）由于v₀＜4m/s，所以物塊在傳送帶上一直做勻加速運動，物塊在傳送帶上運動的加速度為：
a=$\frac{μmg}{m}$=μg=3m/s²．
運動時間為：t′=$\frac{{v}_{0}}{a}$=$\frac{3}{3}$=1s
所以物塊與傳送帶間相等位移大小為：△x=v_帶t′-$\frac{{v}_{0}t′}{2}$=4×1-$\frac{3×1}{2}$=2.5m
物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=μmg△x=0.3×2×10×2.5J=15J
電動機因傳送此物塊多消耗的電能為：E_電=Q+$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=15+$\frac{1}{2}×2×{3}^{2}$=24J
答：
（1）物塊在圓弧軌道入口處的速度大小v是5m/s．
（2）圓弧軌道的半徑R是$\frac{25}{42}$m．
（3）物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量是15J，電動機因傳送此物塊多消耗的電能是24J．

點評 解決本題的關鍵要理清物塊的運動過程，把握隱含的臨界條件．要注意求摩擦生熱時，要根據(jù)兩個物體間的相對位移求解．