Question

19．如圖所示，水平傳送帶以v=2m/s的速率沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，在其左端與一豎直固定的光滑軌道平滑相接，右端與一半徑R=0.4m的光滑半圓軌道相切，一質(zhì)量m=2kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從光滑軌道上的某點(diǎn)由靜止開始下滑，通過水平傳送帶后從半圓軌道的最高點(diǎn)水平拋出，并恰好落在傳送帶的最左端，已知物塊通過半圓軌道最高點(diǎn)時(shí)受到的彈力F=60N，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25，取重力加速度g=10m/s²，求：（計(jì)算結(jié)果可以保留根號(hào)）
（1）物塊作平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v₀；
（2）水平傳送帶的長度；
（3）電動(dòng)機(jī)由于物塊通過傳送帶而多消耗的電能E．

Answer 1

分析 （1）物塊在最高點(diǎn)受到的重力和彈力提供向心力，由牛頓第二定律即可求出物塊作平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v₀；
（2）物塊從最高點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)求出水平距離，由圖可知，該距離即為傳送帶的長度；
（3）分析判斷物快在皮帶的運(yùn)動(dòng)情況，求出物塊在傳送帶上滑行的時(shí)間以及傳送帶的位移；最后利用能量守恒求多提供的能量．

解答 解：（1）物塊在最高點(diǎn)受到的重力和彈力提供向心力，由牛頓第二定律得：
   mg+F=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)得：v₀=4m/s
（2）物塊離開最高點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，由：h=$\frac{1}{2}$gt²；
得運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$=$\sqrt{\frac{2×2R}{g}}$=2$\sqrt{\frac{0.4}{10}}$s=0.4s
物塊沿水平方向平拋的距離：L=v₀t=4×0.4=1.6m
由題可知，傳送帶的長度也是1.6m
（3）物塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)的過程中，重力和傳送帶的摩擦力做功，由動(dòng)能定理得：
    mg（H-2R）-μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：H=2m
物塊到達(dá)傳送帶的左端的過程中重力做功，由機(jī)械能守恒得：
   mgH=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
得：v₁=$\sqrt{2gH}$=$\sqrt{2×10×2}$=2$\sqrt{10}$m/s
物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度大�。篴=$\frac{μmg}{m}$=μg=0.25×10=2.5m/s²；
物塊經(jīng)過傳送帶的時(shí)間t′，則：
   L=v₁t′-$\frac{1}{2}$at′²；
該時(shí)間內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)的距離：L′=v₁t′
傳送帶克服摩擦力做的功：W=fL′=μmgL′
根據(jù)能量轉(zhuǎn)化的方向可知，電動(dòng)機(jī)由于物塊通過傳送帶而多消耗的電能E等于傳送帶克服物塊的摩擦力做的功，即：
E=W
聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得：E=8（$\sqrt{10}$-2$\sqrt{2}$）J≈3J
答：
（1）物塊作平拋運(yùn)動(dòng)的初速度是4m/s；
（2）水平傳送帶的長度是1.6m；
（3）電動(dòng)機(jī)由于物塊通過傳送帶而多消耗的電能是3J．

點(diǎn)評(píng) 該題結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)和機(jī)械能守恒考查傳送帶問題，判斷物快在皮帶上的運(yùn)動(dòng)情況是關(guān)鍵，靈活應(yīng)用機(jī)械能、平拋運(yùn)動(dòng)和能量守恒定律是解題的核心．