Question

1．如圖所示，一半徑r=0.2m的$\frac{1}{4}$光滑圓弧形槽底端B與水平傳帶相接，傳送帶的運(yùn)行速度為v₀=4m/s，長為L=1.25m，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，DEF為固定于豎直平面內(nèi)的一段內(nèi)壁光滑的中空方形細(xì)管，EF段被彎成以O(shè)為圓心、半徑R=0.25m的一小段圓弧，管的D端彎成與水平傳帶C端平滑相接，O點(diǎn)位于地面，OF 連線豎直．一質(zhì)量為M=0.2kg的物塊a從圓弧頂端A點(diǎn)無初速滑下，經(jīng)過傳送帶，然后滑塊被傳送帶送入管DEF，已知a可視為質(zhì)點(diǎn)，a橫截面略小于管中空部分的橫截面，重力加速度g取10m/s²．求：

（1）滑塊a到達(dá)底端B時(shí)的速度v_B；
（2）滑塊a剛到達(dá)管頂F點(diǎn)時(shí)對(duì)管壁的壓力；
（3）滑塊a滑到F點(diǎn)飛出后落地，求滑塊a的落地點(diǎn)到O點(diǎn)的距離x（不計(jì)空氣阻力）．

Answer 1

分析 （1）滑塊a從A下滑到B的過程中，支持力不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律求解速度v_B；
（2）先研究滑塊傳送帶上的運(yùn)動(dòng)過程，再研究滑塊沖上細(xì)管的過程：滑塊在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求出滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度，滑塊從C至F，由機(jī)械能守恒定律求出到達(dá)F點(diǎn)時(shí)的速度，由牛頓第二定律求出管道對(duì)滑塊的彈力，由牛頓第三定律即可解得滑塊在F點(diǎn)時(shí)對(duì)管壁的壓力；
（3）滑塊從F點(diǎn)飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法求解滑塊a的落地點(diǎn)到O點(diǎn)的距離x．

解答 解：（1）設(shè)滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度為v_B，由機(jī)械能守恒定律，有
   Mgr=$\frac{1}{2}$Mv_B²．
解得 v_B=2m/s                            
（2）滑塊在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)，受到傳送帶對(duì)它的滑動(dòng)摩擦力，
由牛頓第二定律 μMg=Ma
滑塊對(duì)地位移為L，末速度為v_C，設(shè)滑塊在傳送帶上一直加速
由速度位移關(guān)系式 2aL=v_C²-v_B²
代入數(shù)據(jù)解得v_C=3m/s＜4m/s，可知滑塊未達(dá)共速                 
滑塊從C至F，由機(jī)械能守恒定律，有 $\frac{1}{2}$Mv_C²=MgR+$\frac{1}{2}$Mv_F²
代入數(shù)據(jù)解得 v_F=2m/s
在F處，由牛頓第二定律得
   Mg+F_N=M$\frac{{v}_{F}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得 F_N=0.6N                                               
根據(jù)牛頓第三定律知，管上壁受的壓力為 F_N′=F_N=0.6N，方向豎直向上．
（3）滑塊從F點(diǎn)飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，得
  x=v_Ft，
  R=$\frac{1}{2}$gt²．
代入數(shù)據(jù)解得 x=$\frac{\sqrt{5}}{5}$m
答：
（1）滑塊a到達(dá)底端B時(shí)的速度v_B是2m/s．     
（2）滑塊a剛到達(dá)管頂F點(diǎn)時(shí)對(duì)管壁的壓力是0.6N，方向豎直向上．
（3）滑塊a滑到F點(diǎn)飛出后落地，滑塊a的落地點(diǎn)到O點(diǎn)的距離x是$\frac{\sqrt{5}}{5}$m．

點(diǎn)評(píng) 本題按時(shí)間順序進(jìn)行分析，關(guān)鍵要把握每個(gè)過程所遵守的物理規(guī)律，運(yùn)用機(jī)械能守恒、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合進(jìn)行求解．