Question

3．如圖所示，半徑R₁=0.65m的光滑$\frac{1}{4}$圓弧軌道AB，與水平傳送帶相切于B點，傳送帶的水平部分BC長L=0.75m，轉(zhuǎn)動輪半徑R₂=0.4m．一水平放置、半徑R₃=0.275m的薄壁圓筒繞軸OO'勻速轉(zhuǎn)動，周期T=0.2s，筒壁上離左端s=0.5m處開有一與軸線平行、長度d=3.1m的長孔；圓筒左端和C點在同一豎直面上，頂端距C點H=1.25m．已知小滑塊P的質(zhì)量m=0.1kg，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.8，小滑塊P大小略小于長孔的寬度．取g=10m/s²．現(xiàn)讓小滑塊P從A點自由下滑，則：

（1）小滑塊P滑到圓弧底端B點時對軌道的壓力多大？
（2）若每次都讓小滑塊P從A點自由下滑，為使小滑塊P能從C點飛離傳送帶，且下落過程中不與圓筒相撞，請求出傳送帶轉(zhuǎn)動輪的角速度ω．（假定小滑塊P每次飛離傳送帶時，長孔恰好轉(zhuǎn)動到圓筒的正下方，且小滑塊P的速度方向和圓筒軸線OO'在同一豎直面上）

Answer 1

分析 （1）滑塊由A點到B過程中，只有重力做功，由動能定理求出滑塊經(jīng)過B點的速度大小，根據(jù)牛頓第二定律和第三定律求解滑塊到達B點時對軌道的壓力；
（2）滑塊離開C后做平拋運動，要恰好落入圓桶的小孔內(nèi)并穿過，水平位移大小大于s，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求得滑塊經(jīng)過C點的最小速度；同理求出小球再次穿過的時間與水平速度，從而確定傳送帶的速度的范圍，然后由v=ωr求出傳送帶轉(zhuǎn)動輪的角速度ω．

解答 解：
（1）設(shè)小滑塊P滑到B點時的速度為v₀，受到軌道的支持力為N，由機械能守恒定律有$mg{R_1}=\frac{1}{2}mv_0^2$
得  v₀=$\sqrt{13}$m/s
又  $N-mg=m\frac{v_0^2}{R_1}$
得：N=3mg=3×0.1×10=3N
由牛頓第三定律得小滑塊P滑到圓弧底端B點時對軌道的壓力：N'=N=3N
（2）設(shè)小滑塊P從C點下落到圓筒上、下端位置的時間分別為t₁、t₂，則：H=$\frac{1}{2}g{t}_{1}^{2}$
得   t₁=0.5s
又：$H+2{R}_{3}=\frac{1}{2}g{t}_{2}^{2}$
得：t₂=0.6s
說明如小滑塊P運動到圓筒上、下端位置時，圓筒上的長孔也恰轉(zhuǎn)到正上方或正下方，P能從長孔中穿出．
設(shè)小滑塊P從C點飛離傳送帶的最小速度為v₁．則：mg=$\frac{m{v}_{1}^{2}}{{R}_{2}}$
得：${v}_{1}=\sqrt{g{R}_{2}}=\sqrt{10×0.4}$=2m/s
當小滑塊P以v_min飛離C點后，通過圓筒上、下端時的水平位移分別為s₁=v₁t₁=2×0.5=1m＞s
同理：s₂=v₁t₂=2×0.5=1.2m＜s+d
s₁、s₂在長孔的范圍內(nèi)，說明小滑塊P能從長孔中穿出．
當長孔轉(zhuǎn)到正下方，且小滑塊P恰好從孔的右端點飛出，則$s_2^'=s+d=3.6m$
且  $s_2^'={v_2}{t_2}$
得  v₂=6m/s   
假設(shè)小滑塊P在BC上全程減速式加速后到C點的速度為v_min、v_max，則：${v}_{min}^{2}-{v}_{0}^{2}=-2μgL$；
${v}_{max}^{2}-{v}_{0}^{2}=2μgL$
代入數(shù)據(jù)得：v_min=1m/s=v₁        
v_max=5m/s＜v₂      
可知小滑塊P滑到C點的速度范圍：1m/s≤v≤5m/s
v₁在上述范圍內(nèi)，所以符合要求，
則   ${ω_1}=\frac{v_1}{R_2}=5rad/s$
不管ω多大，小滑塊P滑到C點的速度最大只能為5m/s，無法達到v₂=6m/s
則傳送帶轉(zhuǎn)動輪的角速度ω只需要滿足：ω≥5rad/s即可．
答：（1）小滑塊P滑到圓弧底端B點時對軌道的壓力是3N；
（2）若每次都讓小滑塊P從A點自由下滑，為使小滑塊P能從C點飛離傳送帶，且下落過程中不與圓筒相撞，則傳送帶轉(zhuǎn)動輪的角速度需大于等于5rad/s．

點評 本題滑塊經(jīng)歷三個運動過程，分段選擇物理規(guī)律進行研究，關(guān)鍵是抓住圓盤與滑塊運動的同時性，根據(jù)周期性求解ω應(yīng)滿足的條件．