Question

3．如圖所示，P為彈射器，PA、BC為光滑水平面分別與傳送帶AB水平相連，CD為光滑半圓軌道，其半徑R=2m，傳送帶AB長為L=6m，并以v₀=2m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，現(xiàn)有一質(zhì)量m=1kg的物體（可視為質(zhì)點）由彈射器P彈出后滑向傳送帶經(jīng)BC緊貼圓弧面到達D點，己知彈射器的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為物體的動能，物體與傳送帶的動摩擦因數(shù)為0.2，若物體經(jīng)過BC段的速度為v，物體到達圓弧面最高點D時對軌道的壓力為F．（g=10m/s²）
（1）寫出F與v的函數(shù)表達式；
（2）要使物體經(jīng)過D點時對軌道壓力最小，求此次彈射器初始時具有的彈性勢能為多少；
（3）若某次彈射器的彈性勢能為8J，則物體彈出后第一次滑向傳送帶和離開傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量為多少．

Answer 1

分析 （1）對于物體從B到D的過程，運用機械能守恒定律求出D點的速度與v的關(guān)系，在D點，由牛頓第二定律求出軌道對物體的壓力，從而由牛頓第三定律求出F與v的關(guān)系式．
（2）物體經(jīng)過D點時對軌道壓力最小值是零，由牛頓第二定律求出物體經(jīng)過D點的最小速度，再能量守恒定律求此次彈射器初始時具有的彈性勢能．
（3）由機械能守恒求出物體離開彈簧時的速度，由牛頓第二定律和運動學公式求出物體在傳送帶滑行時兩者相對位移，再求熱量．

解答 解：（1）物體從B到D的過程，由機械能守恒定律得：
  $\frac{1}{2}m{v}^{2}$=2mgR+$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
在D點，由牛頓第二定律得：
  F′+mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得 F′=m$\frac{{v}^{2}}{R}$-5mg=$\frac{{v}^{2}}{2}$-50（N）
根據(jù)牛頓第三定律得：F=F′=$\frac{{v}^{2}}{2}$-50（N）
（2）物體經(jīng)過D點時對軌道壓力最小值是零，在D點，由牛頓第二定律得
  mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$，得 v_D=$\sqrt{gR}$=2$\sqrt{5}$m/s
根據(jù)能量守恒定律得
彈射器初始時具有的彈性勢能 E_p=μmgL+$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$+2mgR=62J
（3）若某次彈射器的彈性勢能為 E_p=8J
設(shè)物體被彈出時的速度大小為v₁．
則由能量守恒得  E_p=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得 v₁=4m/s
物體在傳送帶滑行時加速度為 a=$\frac{μmg}{m}$=μg=2m/s²
物體第一次滑向傳送帶至速度減至0的時間 t₁=$\frac{{v}_{1}}{a}$=$\frac{4}{2}$=2s
此過程物體向右運動的位移 x₁=$\frac{{v}_{1}}{2}{t}_{1}$=4m＜L，傳送帶的位移 x₂=v₀t₁=4m
速度減至零后物體向左做勻加速運動，速度從零加速至速度等于傳送帶的速度用時 t₂=$\frac{{v}_{0}}{a}$=1s
此過程物體的位移  x₃=$\frac{{v}_{0}}{2}{t}_{2}$=1m，傳送帶的位移 x₄=v₀t₂=2m
所以物體彈出后第一次滑向傳送帶和離開傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量為 Q=μmg[（x₁+x₂）+（x₄-x₃）]=18J
答：
（1）F與v的函數(shù)表達式是F=$\frac{{v}^{2}}{2}$-50（N）．
（2）彈射器初始時具有的彈性勢能是62J．
（3）物體彈出后第一次滑向傳送帶和離開傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量為18J．

點評 本題是傳送帶與平拋運動的結(jié)合，關(guān)鍵是能正確分析物體的受力情況和運動情況，準確分析能量是如何轉(zhuǎn)化的．要注意摩擦生熱與兩物體間的相對位移有關(guān)．