Question

11．如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊放在足夠長的水平面上，用水平細(xì)線緊繞在半徑為R、質(zhì)量為2m的薄壁圓筒上（圓筒的所有質(zhì)量在薄筒壁上）．t=0時刻，圓筒在電動機(jī)帶動下由靜止開始繞豎直中心軸轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動中角速度滿足ω=β₁t（β₁為已知常數(shù)），物塊和地面之間動摩擦因數(shù)為μ．求：
（1）物塊做勻速還是勻加速運(yùn)動？若是勻速請給出勻速速度大小，若是勻加速請給出加速度大�。�
（2）物塊運(yùn)動中受到的拉力．
（3）從開始運(yùn)動至t=t₁時刻，電動機(jī)做了多少功？
（4）若當(dāng)圓筒角速度達(dá)到ω₀時，使其減速轉(zhuǎn)動，并以此時刻為t=0，且角速度滿足ω=ω₀-β₂t（式中ω₀、β₂均為已知），則減速多長時間后小物塊停止運(yùn)動？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)公式v=ωR求解出線速度表達(dá)式進(jìn)行分析即可；
（2）受力分析后根據(jù)牛頓第二定律列式求解拉力；
（3）電動機(jī)做的功等于細(xì)線對滑塊拉力做的功，對滑塊的加速過程根據(jù)動能定理列式求解即可；
（4）分細(xì)線拉緊和沒有拉緊兩種情況分析．

解答 解：（1）圓筒邊緣線速度與物塊前進(jìn)速度大小相同，根據(jù)v=ωR=Rβ₁t，線速度與時間成正比，故物塊做初速為零的勻加速直線運(yùn)動；
由v=at可得：
a=Rβ₁
（2）由第（1）問分析結(jié)論，物塊加速度為a=Rβ₁，根據(jù)物塊受力，由牛頓第二定律得：
T-μmg=ma
則細(xì)線拉力為：
T=μmg+m Rβ₁
（3）對整體運(yùn)用動能定理，有
W_電+W_f=$\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}2mv^2$
其中：
W_f=-μmgs=-μmg$\frac{1}{2}R{β}_{1}{{t}_{1}}^{2}$
則電動機(jī)做的功為：
W_電=μmg$\frac{1}{2}R{β}_{1}{{t}_{1}}^{2}$+$\frac{3}{2}m（R{β}_{1}{t}_{1}）^{2}$
（4）圓筒減速后，邊緣線速度大小v=ωR=ω₀R-Rβ₂t，線速度變化率為a=Rβ₂
若a≤μg，細(xì)線處于拉緊狀態(tài)，物塊與圓筒同時停止，物塊減速時間為：t=$\frac{{ω}_{0}}{{β}_{2}}$
若a＞μg，細(xì)線松弛，物塊水平方向僅受摩擦力，物塊減速時間為：t=$\frac{{ω}_{0}R}{μg}$
答：（1）物塊做初速為零的勻加速直線運(yùn)動；加速度為=Rβ₁
（2）物塊運(yùn)動中受到的拉力為μmg+m Rβ₁；
（3）從開始運(yùn)動至t=t₁時刻，電動機(jī)做功為μmg$\frac{1}{2}R{β}_{1}{{t}_{1}}^{2}$+$\frac{3}{2}m（R{β}_{1}{t}_{1}）^{2}$；
（4）若a≤μg，減速$\frac{{ω}_{0}}{{β}_{2}}$時間后小物塊停止運(yùn)動；若a＞μg，減速$\frac{{ω}_{0}R}{μg}$時間后小物塊停止運(yùn)動

點(diǎn)評 本題提到了角加速度這個新的概念，關(guān)鍵是推導(dǎo)出滑塊的線速度公式進(jìn)行分析，將轉(zhuǎn)動的研究轉(zhuǎn)化為平動的研究進(jìn)行分析．