Question

5．如圖所示，輪半徑r很小的傳送帶，水平部分AB的長度L=1.5m，與一圓心在O點、半徑R=1m的豎直光滑圓軌道的末端相切于A點，AB高出水平地面H=1.25m，一質(zhì)量m=0.1kg的小滑塊（可視為質(zhì)點），由圓軌道上的P點從靜止釋放，OP與豎直線的夾角θ=37°．已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s²，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，不計空氣阻力．
（1）求滑塊對圓軌道末端的壓力的大小；
（2）若傳送帶一直保持靜止，求滑塊的落地點與B間的水平距離；
（3）若傳送帶以v₀=2.4m/s的速度沿順時針方向運行（傳送帶上部分由A到B運動），求滑塊從A點到B點過程中摩擦力做功的功率．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求得滑塊到達末端A時的速度，再由牛頓第二定律求得軌道對滑塊的支持力，由牛頓第三定律得滑塊對圓軌道的壓力；
（2）根據(jù)動能定理求得滑塊離開傳送帶時的速度，再根據(jù)平拋知識求滑塊落地點與B間的水平距離；
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊在傳送帶上勻加速運動時的加速度，由速度公式求出滑塊加速至傳送帶速度時所用時間，再求摩擦力做功的功率．

解答 解：（1）滑塊從P到圓軌道末端的過程中，由動能定理可得：
   mgR（1-cos37°）=$\frac{1}{2}$mv²-0
可得滑塊到達A點時的速度 v=$\sqrt{2gR（1-cos37°）}$=$\sqrt{2×10×（1-0.8）}$m/s=2m/s；
滑塊在軌道末端時，根據(jù)牛頓第二定律有：N-mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
可得 N=mg+m$\frac{{v}^{2}}{R}$=0.1×10+0.1×$\frac{{2}^{2}}{1}$=1.4N
根據(jù)牛頓第三定律得：滑塊對圓軌道末端的壓力大小為1.4N，方向豎直向下；
（2）從A到B的過程中，只有摩擦力對滑塊做功，根據(jù)動能定理得：
-μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$-$\frac{1}{2}$mv²
代入數(shù)據(jù)可解得滑塊到達B時的速度 v_B=1m/s
滑塊從B點開始做平拋運動，則滑塊落地點距B點的水平距離：
  x=v_Bt=v_B$\sqrt{\frac{2H}{g}}$=1×$\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}$m=0.5m
（3）若傳送帶以v₀=2.4m/s的速度沿順時針方向運行，滑塊先做勻加速運動，加速度為 a=$\frac{μmg}{m}$=μg=1m/s²．
從滑上傳送帶到與傳送帶共速的時間 t₁=$\frac{{v}_{0}-v}{a}$=$\frac{2.4-2}{1}$=0.4s
勻加速的位移 x₁=$\frac{v+{v}_{0}}{2}{t}_{1}$=$\frac{2+2.4}{2}×0.4$=0.88m＜L=1.5m
接著滑塊做勻速運動，用時 t₂=$\frac{L-{x}_{1}}{{v}_{0}}$=$\frac{1.5-0.88}{2.4}$≈0.25s
滑塊從A點到B點的總時間 t=t₁+t₂=0.65s
摩擦力做功為 W=μmgx₁=0.1×0.1×10×0.88=0.088J
所以滑塊從A點到B點過程中摩擦力做功的功率為 P=$\frac{W}{t}$=$\frac{0.088}{0.65}$≈0.14W
答：
（1）滑塊對圓軌道末端的壓力為1.4N；
（2）若傳送帶一直保持靜止，滑塊的落地點與B間的水平距離為0.5m；
（3）滑塊從A點到B點過程中摩擦力做功的功率為0.14W．

點評 解決本題的關(guān)鍵是要理清滑塊在傳送帶上的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式進行求解．