Question

11．如圖所示，AB是豎直平面內(nèi)光滑的$\frac{1}{4}$圓弧軌道，半徑R=0.2m，其底端B與水平傳送帶相切，傳送帶長L=4m，在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下始終以v=4m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量m=2kg的物塊P從A點(diǎn)由靜止滑下，到達(dá)C點(diǎn)后水平拋出，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2．重力加速度g=10m/s²，試求：
（1）物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小v_B；
（2）物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，物體與傳送帶間的相對(duì)位移x_相；
（3）將物塊由B點(diǎn)傳送到C點(diǎn)的過程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能E_電．

Answer 1

分析 （1）物塊在圓弧軌道上下滑時(shí)，只有重力做功，其機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小v_B．
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出物體在傳送帶上運(yùn)行的加速度，結(jié)合速度時(shí)間公式求出勻加速的時(shí)間，求得這段過程中物塊和傳送帶對(duì)地的位移，從而得到相對(duì)位移x_相．
（3）電動(dòng)機(jī)多消耗的電能轉(zhuǎn)化為物塊的動(dòng)能和系統(tǒng)的內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律求解．

解答 解：（1）物塊在圓弧軌道上下滑時(shí)，機(jī)械能守恒，則有：
mgR=$\frac{1}{2}$mv_B²
解得：v_B=$\sqrt{2gR}$=2m/s．
（2）由于v_B=2m/s＜v=4m/s，所以物塊滑上傳送帶時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為：
a=$\frac{μmg}{m}$=μg=2m/s²．
物塊勻加速到與傳送帶等速經(jīng)歷的時(shí)間為：
t=$\frac{v-{v}_{B}}{a}$=$\frac{4-2}{2}$s=1s．
此過程物塊通過的位移為：
x_物=$\frac{{v}_{B}+v}{2}t$=$\frac{2+4}{2}×1$m=3m＜L=4m
所以之后物塊隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，再無相對(duì)運(yùn)動(dòng)．故物體與傳送帶間的相對(duì)位移為：
x_相=vt-x_物=4×1-3=1（m）
（3）根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律知，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能轉(zhuǎn)化為物塊的動(dòng)能和系統(tǒng)的內(nèi)能，則電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為：
E_電=（$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-$\frac{1}{2}$mv_B²）+μmgx_相
代入解得：E_電=16J．
答：（1）物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小v_B是2m/s．
（2）物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，物體與傳送帶間的相對(duì)位移x_相是1m．
（3）將物塊由B點(diǎn)傳送到C點(diǎn)的過程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能E_電是16J．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵要理清物塊的運(yùn)動(dòng)情況，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合分析物塊的運(yùn)動(dòng)規(guī)律．要注意摩擦生熱應(yīng)根據(jù)相對(duì)位移求．