Question

8．如圖所示，固定的四分之一光滑圓弧軌道AB和水平傳送帶BC在同一豎直平面內(nèi)，圓軌道半徑為R，下端點B與緊靠的水平傳送帶上表面處于同一高度．傳送帶左右端B、C 間距為L，沿逆時針方向的傳動速度為v₁，一質(zhì)量為m的小物塊從圓弧頂點A由靜止開始沿軌道下滑，不計物塊經(jīng)過軌道與傳送帶連接處B時的機械能損失，重力加速度為g．
（1）求物塊經(jīng)過圓弧軌逍B點時受到的彈力N．
（2）若物塊從C端離開傳送帶時的速度為v₂，求物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ．
（3）若物塊不能在C端離開傳送帶，與傳送帶間的動凈擦因數(shù)為μ₀，求物塊從開始運動到第二次離開傳送帶的過程中，物塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量Q．

Answer 1

分析 （1）先由機械能守恒定律求出物塊到達B點的速度．在B點，由合力提供向心力，由牛頓第二定律求出物塊受到的彈力N．
（2）研究物塊由A滑到C的過程，由動能定理求出物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ．
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出物塊在傳送帶上運動的加速度，由速度公式求出物塊在傳送帶上向右運動的時間．根據(jù)物塊剛滑上傳送帶時的速度與傳送帶速度的關(guān)系，分析物塊的運動情況，由位移公式求出物塊與傳送帶間的相對位移，從而求得熱量．

解答 解：（1）設(shè)物塊經(jīng)過圓弧軌道B點的速度為v，則由機械能守恒定律得
   mgR=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
在B點，由牛頓第二定律得
   N-mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得 N=3mg
（2）物塊由A滑到C的過程，由動能定理得
    mgR-μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$-0
解得  μ=$\frac{R}{L}$-$\frac{{v}_{2}^{2}}{2gL}$
（3）物塊在傳送帶上滑行的加速度大小 a=$\frac{{μ}_{0}mg}{m}$=μ₀g
物塊在傳送帶上向右運動的時間  t=$\frac{v}{a}$=$\frac{\sqrt{2gR}}{{μ}_{0}g}$
①當(dāng)v₁≥$\sqrt{2gR}$時，Q=fs_相對=2μ₀mg[（v₁t+$\frac{{v}^{2}}{2a}$）+（v₁t-$\frac{{v}^{2}}{2a}$）]
解得 Q=4μ₀mgv₁t=4mv₁$\sqrt{2gR}$
②當(dāng)v₁＜$\sqrt{2gR}$時，物塊沿傳送帶第一次向左運動過程，先加速運動，后勻速運動
加速運動時間  t′=$\frac{{v}_{1}}{a}$=$\frac{{v}_{1}}{{μ}_{0}g}$
第一次離開傳送帶前產(chǎn)生的熱量
   Q₁=μ₀mg[（v₁t+$\frac{{v}^{2}}{2a}$）+（v₁t′-$\frac{{v}_{1}^{2}}{2a}$）]
第一次到第二次離開傳送帶產(chǎn)生的熱量 
  Q₂=μ₀mg[（v₁t′+$\frac{{v}_{1}^{2}}{2a}$）+（v₁t′-$\frac{{v}_{1}^{2}}{2a}$）]
解得 Q=Q₁+Q₂=m（gR+v₁$\sqrt{2gR}$+$\frac{5}{2}{v}_{1}^{2}$）
答：
（1）物塊經(jīng)過圓弧軌逍B點時受到的彈力N是3mg．
（2）物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ是$\frac{R}{L}$-$\frac{{v}_{2}^{2}}{2gL}$．
（3）物塊從開始運動到第二次離開傳送帶的過程中，物塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量Q是m（gR+v₁$\sqrt{2gR}$+$\frac{5}{2}{v}_{1}^{2}$）．

點評 解答該題時，要注意一下幾個方面：
1、能準(zhǔn)確的使用機械能守恒定律進行相關(guān)的計算，使用時首先要判斷是否符合守恒的條件，看是否只有重力和彈力做功，或其他力做功的代數(shù)和是否為零．
2、對于第三問的解答上，弄清楚物塊的應(yīng)該過程是解答該題的關(guān)鍵．在弄清運動過程的基礎(chǔ)上，再利用相關(guān)的規(guī)律進行計算，尤其是象該題這種存在往復(fù)運動的情況，在分析運動過程上一定要仔細全面．
3、相對路程的計算是該題的另一個難點，在分析問題時，可以結(jié)合運動的軌跡圖來分析運動的過程．