Question

（2013?潮州一模）如圖所示，高為H=0.45m的臺面上有輕質(zhì)細繩，繩的一端系一質(zhì)量為m=0.1kg的小球P，另一端掛在光滑的水平軸上O上，O到小球P的距離為R=0.1m，小球與臺面接觸，但無相互作用，在小球兩側(cè)等距離各為L=0.5m處，分別固定一光滑斜面及一水平向左運動的傳送帶，傳送帶長為d=0.9m，運行速度大小為v=3m/s，現(xiàn)有一質(zhì)量也為m可視為質(zhì)點的小滑塊Q從斜面上的A處無初速滑下（A距臺面高h=0.7m），至C處與小球發(fā)生彈性碰撞，已知滑塊與臺面的動摩擦因數(shù)為μ₁=0.5，與傳送帶之間動摩擦因數(shù)為μ₂=0.25，不計傳送帶高度，及滑輪大小對問題的影響．（重力加速度g=10m/s²） 求：
（1）當小球被撞后做圓周運動到最高點時對輕繩的作用力大小？
（2）滑塊的最終位置與傳送帶末端的E的距離？
（3）整個過程傳送帶電機消耗的電能？

Answer 1

分析：（1）根據(jù)動能定理求出滑塊滑到C點的速度，PQ發(fā)生彈性碰撞，因質(zhì)量相等，根據(jù)動量守恒守恒定律和能量守恒定律知，速度交換，再根據(jù)機械能守恒定律求出小球到達最高點的速度，根據(jù)牛頓第二定律，通過合力提供向心力求出繩子拉力的大�。�
（2）PQ再撞后再次交換速度，根據(jù)動能定理求出物塊滑上傳送帶時的速度，物體滑上傳送帶先做勻減速直線運動到零，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出物體在傳送帶上速度變?yōu)榱愕奈灰�，判斷出物體從傳送帶左端滑出，根據(jù)運動的對稱性，滑出時的速度大小等于滑上傳送帶的速度大小，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出在臺面上的位移，判斷是否與小球再次相碰，從而得出滑塊的最終位置與傳送帶末端的E的距離．
（3）根據(jù)運動學公式求出物體在傳送帶上的相對路程，根據(jù)在傳送帶上產(chǎn)生的熱量等于摩擦力與相對路程的乘積，即Q=fs，求出產(chǎn)生的熱量，根據(jù)能量守恒定律求出整個過程傳送帶電機消耗的電能．

解答：解：（1）對滑塊Q從A到C根據(jù)動能定理有：
mgh-μ1mgl=

1

2

mvc2 得vc=

2gh-2μ1gl

=3m/s
PQ發(fā)生彈性碰撞，因質(zhì)量相等，故交換速度，撞后P的速度為v_c′=v_c=3m/s
P運動至最高點的速度為v_F，根據(jù)機械能守恒定律有：

1

2

mvc′2-

1

2

mvF2=mg?2R
得vF=

vc′2-4gR

=

5

m/s
P在最高點根據(jù)牛頓第二定律有：F+mg=

mvF2

R

得F=

mvF2

R

-mg=4N
根據(jù)牛頓第三定律知輕繩受力大小F′=F=4N
（2）PQ再撞后再次交換速度對物塊有v_c″=v_c′=3m/s
對物塊從C到D根據(jù)動能定理有：-μ1mgl=

1

2

mvD2-

1

2

mvc″2得
vD=

vc″2-2μ1gl

=2m/s
物塊進入傳送帶做勻減速運動，設加速度大小為α₁則根據(jù)牛頓第二定律有：
μ₂mg=ma₁得 a1=μ2g=2.5m/s2
由運動學公式知減速至速度為零時間為t=

vD-0

a1

=0.8s．
進入傳送帶位移為：s1=

vD+0

2

t=0.8m
因S₁＜d 故物塊從左邊離開傳送帶，離開時速度大小為v_D′=v_D=2m/s
在CD上再次減速，設加速大小為α₂則根據(jù)牛頓第二定律有：
μ₁mg=ma₂得 a2=μ1g=5m/s2
由運動學公式知減速至0位移為 s2=

vD′2

2a2

=0.4m
因S₂＜L故不會再與球相撞
與傳送帶末端E的距離為D=S₂+d=1.3m
（3）在傳送帶上運動的兩段時間均為t=0.8S
此過程傳送帶向左移運動兩段位移
d₁=d₂=vt=3×0.8m=2.4m
在傳帶上產(chǎn)生的熱量為：
Q=μ₂mg（d₁+s₁+d₂-s₁）=1.2J
因傳送帶速度大小不變，物塊進出傳送帶速度大小相等，由能量守恒定律知電動機提供電能為E=Q=1.2J．
答：（1）當小球被撞后做圓周運動到最高點時對輕繩的作用力大小為4N．
（2）滑塊的最終位置與傳送帶末端的E的距離為1.3m．
（3）整個過程傳送帶電機消耗的電能為1.2J．

點評：本題綜合運用了牛頓第二定律、動量守恒定律、能量守恒定律以及運動學公式，綜合性強，對學生的能力要求較高，關(guān)鍵是理清物體在整個過程中的運動情況，結(jié)合動力學知識和功能關(guān)系進行求解．