Question

1．如圖所示，設(shè)AB段是距水平傳送帶裝置高為H=1.25m的光滑斜面，水平段BC使用水平傳送帶裝置，BC長L=5m，與貨物包的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.4，皮帶輪的半徑為R₁=0.2m，轉(zhuǎn)動(dòng)的角度為ω=15rad/s．設(shè)質(zhì)量為m=1kg的小物塊由靜止開始從A點(diǎn)下滑，經(jīng)過B點(diǎn)的拐角處無機(jī)械能損失．小物塊隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)后水平拋出，恰好無碰撞地沿圓弧切線從D點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑圓弧軌道下滑．D、E為圓弧的兩端點(diǎn)，其連線水平．已知圓弧半徑R₂=1.0m圓弧對應(yīng)圓心角θ=106°，O為軌道的最低點(diǎn)．（g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）試求：

（1）小物塊在水平傳送帶BC上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；
（2）水平傳送帶上表面距地面的高度；
（3）小物塊經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力．

Answer 1

分析 （1）加速下滑過程中只有重力做功，對滑塊沿斜面下滑過程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解B點(diǎn)速度；小滑塊在傳送帶上先加速后勻速，先受力分析后根據(jù)牛頓第二定律求出加速過程的加速度，然后根據(jù)速度時(shí)間公式求加速時(shí)間，再根據(jù)平均速度公式求加速位移，再求勻速時(shí)間，最后得到總時(shí)間；
（2）對于平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度方向先求出落地時(shí)的豎直分速度，然后根據(jù)速度位移公式求解出傳送帶上表面距離地面的高度差；
（3）先根據(jù)速度分解的平行四邊形定則求出落地時(shí)速度，再對從D到O過程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求出O點(diǎn)速度，最后運(yùn)用牛頓第二定律求解對軌道最低點(diǎn)壓力．

解答 解：（1）小物塊由A運(yùn)動(dòng)B，由動(dòng)能定理，有：
mgH=$\frac{1}{2}$mv²
解得：v_B=$\sqrt{2gH}$=$\sqrt{2×10×1.25}$=5m/s
在傳送帶滑動(dòng)過程，由牛頓第二定律，得：
μmg=ma，
解得：a=μg=4m/s²
水平傳送帶的速度為v₀=R₁ω=3m/s
加速過程，由 v₀=v_B-at₁，得：
t₁=$\frac{{v}_{B}-{v}_{0}}{a}$=$\frac{5-3}{4}$=0.5s
則勻速過程
L₁=$\frac{{v}_{B}+{v}_{0}}{2}$t₁=$\frac{5+3}{2}×0.5$=2m
t₂=$\frac{L-{L}_{1}}{{v}_{0}}$=$\frac{5-2}{3}$=1s
故總時(shí)間：
t=t₁+t₂=1.5s
（2）小物塊從C到D做平拋運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)有：
v_y=v₀tan$\frac{θ}{2}$=3×$\frac{4}{3}$=4m/s
由${v}_{y}^{2}$=2gh，得h=$\frac{{v}_{y}^{2}}{2g}$=$\frac{16}{20}$=0.8m
（3）小物塊在D點(diǎn)的速度大小為：
v_D=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5m/s
對小物塊從D點(diǎn)到O由動(dòng)能定理，得：
mgR（1-cos$\frac{θ}{2}$）=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$m${v}_{D}^{2}$
在O點(diǎn)，由牛頓第二定律，得：
F_N-mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
聯(lián)立以上兩式解得：F_N=43N
由牛頓第三定律知對軌道的壓力為：F_N′=43N
答：（1）小物塊在水平傳送帶BC上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為1.5s；
（2）水平傳送帶上表面距地面的高度為0.8m；
（3）小物塊經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為43N．

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵是分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)情況，然后根據(jù)動(dòng)能定理、平拋運(yùn)動(dòng)知識、牛頓第二定律、向心力公式列式求解．