Question

9．如圖所示，在游樂(lè)節(jié)目中，一質(zhì)量m=50kg的選手抓住豎直繩下端的抓手以v₀=5m/s的水平速度開始擺動(dòng)，當(dāng)擺到與豎直方向夾角θ=37°時(shí)，選手松手，松手后的上升過(guò)程中選手水平速度保持不變，運(yùn)動(dòng)到水平傳送帶左端A時(shí)速度剛好水平，并在傳動(dòng)帶上滑行，傳送帶以v=2.8m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)．已知繩子的懸掛點(diǎn)到抓手的距離L=6m，傳送帶兩端點(diǎn)A、B間的距離s=3.7m，選手與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，若把選手看成質(zhì)點(diǎn)，且不考慮空氣阻力和繩的質(zhì)量．g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）選手放開抓手時(shí)的速度大小及選手在傳送帶上從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間；
（2）選手在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)傳送帶的發(fā)動(dòng)機(jī)需要多輸出的能量．

Answer 1

分析 （1）選手拉著繩子在擺動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出選手放開繩子時(shí)的速度大��；根據(jù)平行四邊形定則求出選手放開繩子時(shí)水平方向和豎直方向上的分速度，當(dāng)選手到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向上的分速度為零，選手在傳送帶上的初速度等于水平分速度，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出選手在傳送帶上滑行時(shí)間；
（2）求出選手相對(duì)于傳送帶的路程，根據(jù)Q=f△x求出摩擦而產(chǎn)生的熱量，電動(dòng)機(jī)多輸出的能量等于物體增加的動(dòng)能與熱量之和．

解答 解：（1）由機(jī)械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=mgL （1-cos37°）+$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：v₂=1m/s．
選手在放開繩子時(shí)，水平速度為v_x，豎直速度為v_y，則有：v_x=vcos37°=1×0.8=0.8m/s．
選手在最高點(diǎn)站到傳送帶上A點(diǎn)有0.8m/s向右的速度，在傳送帶上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．
選手的加速度大小為：a=μg=0.4×10=4m/s²．
減速到跟傳送帶具有相同速度時(shí)所需時(shí)間為：
v=v_x+at₁
t₁=$\frac{2-4}{-4}$=0.5s
x₁=$\frac{v+{v}_{2}}{2}$t₁=$\frac{0.8+2.8}{2}$×0.5=0.9m
△x=x-x₁=3.7-0.9=2.8m
在△x內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)所需時(shí)間為：
t₂=$\frac{△x}{△t}$=$\frac{2.8}{2.8}$=1s
故所需時(shí)間為：t=t₁+t₂=1+0.5s=1.5s；
（2）選手增加的動(dòng)能為：
E_K=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv_x²=$\frac{1}{2}$×50×（2.8²-0.8²）=180J；
摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能為：Q=μmg（vt₁-x₁）=0.4×50×10×（2.8×0.5-0.9）=100J；
發(fā)動(dòng)機(jī)需要多輸出的能量為：E=180+100=280J；
答：（1）選手放開繩子時(shí)的速度大小為1m/s；選手在傳送帶上從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為1.5s；
（2）選手在傳送帶上時(shí)傳送帶的發(fā)動(dòng)機(jī)需要多輸出的能量為280J．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式以及功能關(guān)系，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，是一道好題．