Question

1．如圖所示，光滑水平面MN的左端裝一彈射裝置P，右端與水平傳送帶平滑連接，傳送帶水平部分長(zhǎng)度L=16m，沿逆時(shí)針方向以恒定速度v=2m/s勻速傳動(dòng)．傳送帶右端與光滑水平軌道AB平滑連接，在B處連接一半徑為R=0.72m的半圓形光滑軌道BCD．一質(zhì)量m=1kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）在MN的左端被彈射器彈出，滑過傳送帶后沖上右側(cè)的圓弧軌道，恰能通過最高點(diǎn)D．已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，g=10m/s²．求：
（1）物塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度 （結(jié)果可用根式表示）；
（2）物塊滑上傳送帶左端時(shí)的速度v₀；
（3）物塊滑過傳送帶的過程中，為了維持傳送帶勻速傳動(dòng)，電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶多提供的能量．

Answer 1

分析 （1）最高點(diǎn)重力恰好提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律即可求出最高點(diǎn)D的速度；
（2）分別對(duì)滑塊由B到D的過程中，以及滑塊滑上傳送帶至B點(diǎn)的過程，運(yùn)用動(dòng)能定理，即可求出物塊滑上傳送帶左端時(shí)的速度v₀；
（3）物塊恰能始終貼著圓弧軌道BCDE內(nèi)側(cè)通過其最高點(diǎn)D，根據(jù)重力提供向心力列式求解出D點(diǎn)速度；然后對(duì)從A到D過程運(yùn)用機(jī)械能守恒定律列式求解A點(diǎn)速度；再對(duì)N到A過程運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解出初速度和時(shí)間；得到傳送帶的位移后即可求解多消耗的電能．

解答 解：（1）由于滑塊恰能通過最高點(diǎn)D，D點(diǎn)重力恰好提供向心力，
根據(jù)牛頓第二定律：mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
解得：v_D=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$m/s
（2）滑塊由B到D的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理：
-mg•2R=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$-$\frac{1}{2}{mv}_{B}^{2}$
解得：v_B=6m/s
滑塊滑上傳送帶至B點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理：
-μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：v₀=10m/s
（3）物塊滑過傳送帶的過程，加速度為：
a=μg=2m/s²
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：t=$\frac{{v}_{0}-{v}_{B}}{a}$
可得時(shí)間：t=2s
傳送帶傳送的距離為：x=vt=4m
電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶多提供的能量等于傳送帶克服摩擦力做功，即：E=μmgx=8J 
答：（1）物塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度為$\frac{6\sqrt{5}}{5}$m/s；
（2）物塊滑上傳送帶左端時(shí)的速度v₀為10m/s；
（3）物塊滑過傳送帶的過程中，為了維持傳送帶勻速傳動(dòng)，電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶多提供的能量為8J．

點(diǎn)評(píng) 本題考查動(dòng)能定理的綜合運(yùn)用，解題關(guān)鍵是要明確滑塊的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后分階段運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理列式求解；第（2）問也可以用動(dòng)能定理對(duì)整個(gè)過程列方程求解．