Question

4．如圖所示，長(zhǎng)為R=0.9m的輕桿，在其一端固定一物塊（看成質(zhì)點(diǎn)），物塊質(zhì)量m=0.9kg，以O(shè)點(diǎn)為軸使物塊在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，其右端有一傾斜的傳送帶正在以速度v₀=16m/s順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶頂端與圓周最高點(diǎn)相距$\frac{3R}{2}$，忽略傳送帶圓弧部分的影響．當(dāng)物塊經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)（g取10m/s²）．
（1）若物塊剛好對(duì)桿沒有作用力，則物塊速度v_x為多大？
（2）在第（1）問的情況下，若物塊從最高點(diǎn)脫出做平拋運(yùn)動(dòng)，要使物塊剛好從傳送帶頂端與傳送帶相切進(jìn)入傳送帶，則傳送帶的傾角θ應(yīng)該為多大？
（3）在第（2）問的情況下，若傳送帶長(zhǎng)為L(zhǎng)=11m，物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=2-$\sqrt{3}$，則物塊從傳送帶頂端運(yùn)動(dòng)到底端的時(shí)間是多少？此過程中物塊和傳送帶系統(tǒng)增加的內(nèi)能為多少？

Answer 1

分析 （1）在最高點(diǎn)，當(dāng)桿子沒有作用力，靠重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出物塊的速度；
（2）根據(jù)下落的高度，結(jié)合速度位移公式求出豎直分速度的大小，根據(jù)平行四邊形定則求出傳送帶的傾角θ；
（3）根據(jù)平行四邊形定則求出物塊滑上傳送帶的速度，判斷出摩擦力的方向，結(jié)合牛頓第二定律求出加速度，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．根據(jù)$Q=f•△{x}_{相對(duì)}^{\;}$求內(nèi)能．

解答 解：（1）在最高點(diǎn)  $mg=m\frac{{v}_{x}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得：V_x=3m/s
（2）任傳送帶頂點(diǎn)  ${v}_{y}^{2}=2g（\frac{3R}{2}）$
$tanθ=\frac{{v}_{y}^{\;}}{{v}_{x}^{\;}}$
代入數(shù)據(jù)解得：θ=60°
（3）任傳送帶頂點(diǎn)  $v=\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$
代入數(shù)據(jù)得：v=6m/s
由牛頓第二定律：mgsinθ+μmgcosθ=ma
假設(shè)經(jīng)過t達(dá)到與傳送帶速度相等為V₀
${v}_{0}^{\;}=v+at$
經(jīng)過位移為為L(zhǎng)₁
${L}_{1}^{\;}=\frac{{v}_{0}^{\;}+v}{2}t$
代入數(shù)據(jù)解得：t=1s
（4）傳送帶的位移為：${L}_{2}^{\;}={v}_{0}^{\;}t=16m$
物塊相對(duì)傳送帶的位移為：$△x={L}_{2}^{\;}-{L}_{1}^{\;}=5m$
內(nèi)能為：$Q=μmgcosθ•△x=（2-\sqrt{3}）×9×\frac{\sqrt{3}}{2}•5$=$\frac{45（2-\sqrt{3}）}{2}$J
答：（1）若物塊剛好對(duì)桿沒有作用力，則物塊速度v_x為3m/s．
（2）在第（1）問的情況下，若物塊從最高點(diǎn)脫出做平拋運(yùn)動(dòng)，要使物塊剛好從傳送帶頂端與傳送帶相切進(jìn)入傳送帶，則傳送帶的傾角θ應(yīng)該為60°
（3）在第（2）問的情況下，若傳送帶長(zhǎng)為L(zhǎng)=11m，物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=2-$\sqrt{3}$，則物塊從傳送帶頂端運(yùn)動(dòng)到底端的時(shí)間是1s，此過程中物塊和傳送帶系統(tǒng)增加的內(nèi)能為$\frac{45（2-\sqrt{3}）}{2}J$

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵理清物體在整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來源、平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵．