Question

4．如圖所示，半徑R=1.25m的$\frac{1}{4}$光滑圓弧軌道AB豎直固定，其末端B切線水平，并與水平傳送帶相連，已知小滑塊的質(zhì)量為m=0.5kg，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，傳送帶BC長(zhǎng)度為s=1.5m，a、b兩輪半徑r=0.4m，當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，用F=4N的水平拉力將滑塊從C端由靜止開始向左拉力．（g取10m/s²）
（1）若滑塊到達(dá)B端時(shí)撤去拉力F，則滑塊沿弧形槽上升的最大高度為多少？
（2）問題（1）中的滑塊，從高處沿弧形槽再滑回B端時(shí)，軌道對(duì)滑塊的支持力多大？
（3）若a、b兩輪以角速度ω=15rad/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊在水平拉力F作用下從C點(diǎn)從靜止開始移動(dòng)一段水平距離后撤去，滑塊到達(dá)光滑曲面某一高度而下滑時(shí)，為使滑塊能在b輪最高點(diǎn)C離開傳送帶飛出，則拉力F作用的最短距離需多大？

Answer 1

分析 （1）對(duì)C到最高點(diǎn)運(yùn)用動(dòng)能定理，抓住動(dòng)能變化量為零，求出滑塊沿弧形槽上升的最大高度．
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求出返回到B點(diǎn)的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出支持力的大�。�
（3）滑塊要從b輪最高點(diǎn)C離開傳送帶飛出，則在C點(diǎn)支持力為零，靠重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出C點(diǎn)的速度，根據(jù)滑塊速度與傳送帶速度的大小關(guān)系，得出滑塊的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出B點(diǎn)的最小速度，再根據(jù)動(dòng)能定理求出拉力F作用的最短距離．

解答 解：（1）根據(jù)動(dòng)能定理有：W_F+W_G+W_f=E_k一E_k0=0
即：Fs-mgh-μmgs=0，
代入數(shù)值解得：h=1.05 m．
（2）從高處滑回B點(diǎn)過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mgh=$\frac{1}{2}$$m{{v}_{B}}^{2}$，
在B點(diǎn)有：N_B-mg=m$\frac{{{v}_{B}}^{2}}{R}$，
解以上兩式得：N_B=mg+2mg$\frac{h}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得：N_B=13.4 N
（3）根據(jù)題意，滑塊要從b輪最高點(diǎn)C離開傳送帶飛出，則滑塊運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的速度最小為：
mg=m$\frac{{{v}_{C}}^{2}}{r}$，
即：v_C=$\sqrt{gr}$=$\sqrt{10×0.4}$=2 m/s．
由于傳送帶的速度v_帶=rω=6 m/s，滑塊在B點(diǎn)的速度0＜v_B≤$\sqrt{2gh}$，要使滑塊從C點(diǎn)以2 m/s飛出，可分析出滑塊在傳送帶上從B到C做勻加速運(yùn)動(dòng)．（1分）
根據(jù)牛頓第二定律，可得加速度為：a=$\frac{f}{m}$=$\frac{μmg}{m}$=μg=1 m/s²，為了使滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度大于2 m/s，
則B點(diǎn)的速度最小為：${{v}_{C}}^{2}-{{v}_{Bmin}}^{2}$=2as，
代入數(shù)據(jù)可得：v_Bmin=1 m/s．
設(shè)拉力F作用的最短距離為x，則根據(jù)動(dòng)能定理有：
Fx-fs=$\frac{1}{2}$m${{v}_{Bmin}}^{2}$-0，
代入數(shù)據(jù)可以求得：x=0.25 m．
答：（1）滑塊沿弧形槽上升的最大高度為1.05m；
（2）軌道對(duì)滑塊的支持力為13.4N；
（3）拉力F作用的最短距離需0.25m．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律，關(guān)鍵理清滑塊的運(yùn)動(dòng)過程，運(yùn)用合適的規(guī)律進(jìn)行求解．