Question

13．如圖所示，傳送帶的兩個輪子半徑均為r=0.2m，兩個輪子最高點(diǎn)A、B在同一水平面內(nèi)，A、B間距離l=5m，半徑R=0.4m的固定、豎直光滑圓軌道與傳送帶相切于B點(diǎn)、C點(diǎn)是圓軌道的最高點(diǎn)，質(zhì)量m=0.1kg的小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.4．重力加速度g=10m/s²．
（1）當(dāng)傳送帶靜止時，小滑塊以一定的速度從傳送帶上的A點(diǎn)出發(fā)，到B點(diǎn)后恰好又通過C點(diǎn)，求小滑塊在A點(diǎn)的速度．
（2）當(dāng)傳送帶的輪子以一定的角速度勻速轉(zhuǎn)動，將小滑塊無初速地放到傳送帶上的A點(diǎn)，小滑塊恰好運(yùn)動到如圖所示的D點(diǎn)，OD的連線與豎直方向夾角為60°，求這一過程中小滑塊在傳送帶上運(yùn)動的時間和傳送帶的輪子轉(zhuǎn)動的角速度．

Answer 1

分析 （1）分析滑塊的運(yùn)動，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求解
（2）根據(jù)動能定理求出對應(yīng)到達(dá)C點(diǎn)時的速度，再牛頓第二定律求解

解答 解：（1）設(shè)小滑塊在A點(diǎn)的速度為v₁，在C點(diǎn)的速度為v₂；
因小滑塊恰好通過C點(diǎn)，所以有：mg=$\frac{m{v}_{2}^{2}}{R}$；
對全過程由動能定理，則有：-μmgl-2mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$；
聯(lián)立兩式得：v₁=$\sqrt{5gR+2μgl}$=$\sqrt{60}$m/s；
（2）設(shè)小滑塊在傳送帶上到B點(diǎn)的速度為v₃，因小滑塊由B到D的過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，
根據(jù)機(jī)械能守恒定律，則有：$mg（R-Rcos60°）=\frac{1}{2}m{v}_{3}^{2}$；
代入數(shù)據(jù)，解得：${v}_{3}=\sqrt{gR}$=2m/s；
由牛頓第二定律可知，小滑塊在傳送帶上運(yùn)動時，有：μmg=ma；
所以a=μg=4m/s²；
若小滑塊在傳送帶上一直做加速運(yùn)動，設(shè)在B點(diǎn)的速度為v′；
由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律，$v′=\sqrt{2al}$；
代入數(shù)據(jù)，解得：$v′=\sqrt{40}$m/s；
因?yàn)関₃＜v′，所以小滑塊在傳送帶上一定是先加速運(yùn)動后勻速運(yùn)動，
設(shè)加速運(yùn)動的時間為t₁，勻速運(yùn)動的時間為t₂；
由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律，v₃=at₁，解得：t₁=0.5s；
所以小滑塊在傳送帶上勻加速運(yùn)動的位移為x₁=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$；
代入數(shù)據(jù)，解得：x₁=0.5m；
所以小滑塊在傳送帶上勻速運(yùn)動的時間為t₂=$\frac{{x}_{2}}{{v}_{3}}=\frac{l-{x}_{1}}{{v}_{3}}$=$\frac{4.5}{2}$=2.25m/s；
故小滑塊在傳送帶運(yùn)動的時間t=t₁+t₂=0.5+2.25=2.75s；
根據(jù)公式v=ωr可得，傳送帶的輪子轉(zhuǎn)動的角速度ω=$\frac{{v}_{3}}{r}$=$\frac{2}{0.2}$=10rad/s；
答：（1）小滑塊在A點(diǎn)的速度$\sqrt{60}$m/s．
（2）這一過程中小滑塊在傳送帶上運(yùn)動的時間和傳送帶的輪子轉(zhuǎn)動的角速度10rad/s．

點(diǎn)評 解決該題關(guān)鍵要掌握牛頓第二定律，運(yùn)動學(xué)公式以及動能定理的應(yīng)用，及理解v=ωr的含義．