Question

7．如圖所示，一半徑r=0.2m的$\frac{1}{4}$光滑圓弧形槽底B與水平傳送帶相接，傳送帶的運行速度為v₀=4m/s，長為L=1.25m，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，DEF為固定于豎直平面內(nèi)的一段內(nèi)壁光滑的中空方形細管，EF段被彎成以O(shè)為圓心，半徑R=0.25m的一小段圓弧，管的D端彎成與水平傳帶C端平滑相接，O點位于地面，OF連線豎直，一質(zhì)量為M=0.2kg的滑塊a從圓弧頂端A點無初速滑下，滑到傳送帶上后做勻加速運動，過后滑塊被傳送帶送入管DEF，已知a滑塊可視為質(zhì)點，a橫截面略小于管中空部分的橫截面，重力加速度g取10m/s²．求：
（1）由于滑塊在傳送帶上運動，電動機所消耗的電能；
（2）滑塊a剛到達管頂F點時對管壁的壓力；
（3）若讓滑塊通過F點，則傳送帶的最小速度可以是多少？

Answer 1

分析 （1）滑塊a從A點下滑到B點的過程中，支持力不做功，只有重力做功，由機械能守恒定律求解a到達B點的速度v_B；研究滑塊傳送帶上的運動過程：滑塊在傳送帶上做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，假設(shè)滑塊在傳送帶上一直加速，由運動學(xué)公式求出滑塊到達C點的速度，從而判斷滑塊有無勻速過程．再根據(jù)功能關(guān)系求電動機所消耗的電能．
（2）滑塊從C至F，由機械能守恒定律求出到達F點時的速度，由牛頓第二定律求出管道對滑塊的彈力，由牛頓第三定律即可解得滑塊在F點時對管壁的壓力．
（3）滑塊恰好通過F點時速度為零，由能量守恒定律求傳送帶的最小速度．

解答 解：（1）設(shè)滑塊到達B點的速度為v_B，由機械能守恒定律，有
    Mgr=$\frac{1}{2}M{v}_{B}^{2}$
解得：v_B=2m/s
滑塊在傳送帶上做勻加速運動，受到傳送帶對它的滑動摩擦力，由牛頓第二定律有 
  μMg=Ma
滑塊對地位移為L，末速度為v_C，設(shè)滑塊在傳送帶上一直加速
由速度位移關(guān)系式 2aL=${v}_{C}^{2}$-${v}_{B}^{2}$
解得 v_C=3m/s＜4m/s，可知滑塊與傳送帶未達共速．
運動時間為 t=$\frac{{v}_{C}-{v}_{B}}{a}$
產(chǎn)生的熱量 Q=μMg（v₀t-L）
解得 Q=0.3J
由于滑塊在傳送帶上運動，電動機所消耗的電能 E=Q+$\frac{1}{2}M{v}_{C}^{2}$-$\frac{1}{2}M{v}_{B}^{2}$
解得 E=0.8J
（2）滑塊從C至F，由機械能守恒定律，有
  $\frac{1}{2}M{v}_{C}^{2}$=MgR+$\frac{1}{2}M{v}_{F}^{2}$
解得 v_F=2m/s 
在F處，對滑塊，由牛頓第二定律得
  Mg+N=M$\frac{{v}_{F}^{2}}{R}$
解得 N=1.2N，
由牛頓第三定律得管上壁受壓力大小為1.2N，方向豎直向上．
（3）從C到F，由能量守恒定律得：
  $\frac{1}{2}M{v}_{min}^{2}$=MgR
解得，傳送帶的最小速度 v_min=$\sqrt{5}$m/s
答：
（1）由于滑塊在傳送帶上運動，電動機所消耗的電能是0.8J；
（2）滑塊a剛到達管頂F點時對管壁的壓力大小為1.2N，方向豎直向上；
（3）若讓滑塊通過F點，則傳送帶的最小速度可以是$\sqrt{5}$m/s．

點評 本題按時間順序進行分析，關(guān)鍵要把握每個過程所遵守的物理規(guī)律，運用機械能守恒、牛頓第二定律、運動學(xué)公式結(jié)合進行求解．