19.如圖所示,光滑水平面MN的左端M處有一彈射裝置P,右端N處與水平傳送帶恰平齊接觸,傳送帶水平部分長度L=16m,沿逆時針方向以恒定速度V=2m/s勻速轉(zhuǎn)動.ABCDE是由三部分光滑軌道平滑連接在一起組成的,AB為水平軌道,弧BCD是半徑為R的半圓弧軌道,弧DE是半徑為2R的圓弧軌道,弧BCD與弧DE相切在軌道最高點(diǎn)D,R=0.6m.平面部分A點(diǎn)與傳送帶平齊接觸.放在MN段的物塊m(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0=4m/s沖上傳送帶,物塊與傳送帶間的摩擦因數(shù)μ=0.2,物塊的質(zhì)量m=1Kg.結(jié)果物塊從滑上傳送帶又返回到N端,經(jīng)水平面與左端M處的固定彈射器相碰撞(彈射器的彈簧原來被壓縮后被鎖定),因碰撞彈射器鎖定被打開,將物塊彈回后滑過傳送帶,沖上右側(cè)的圓弧軌道,物塊恰能始終貼著圓弧軌道內(nèi)側(cè)通過了最高點(diǎn),最后從E點(diǎn)飛出.g取10m/s2.求:

(1)物塊m從第一次滑上傳送帶到返回到N端的時間.
(2)物塊m第二次在傳送帶上運(yùn)動時,傳送帶上的電動機(jī)為了維持其勻速轉(zhuǎn)動,對傳送帶所多提供的能量多大?

分析 (1)滑塊滑上傳送帶先做勻減速直線運(yùn)動(末速度為零),然后返回做勻加速直線運(yùn)動(初速度為零),達(dá)到傳送帶速度后一起做勻速運(yùn)動,根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求出物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶所經(jīng)歷的時間;
(2)物塊恰能始終貼著圓弧軌道BCDE內(nèi)側(cè)通過其最高點(diǎn)D,根據(jù)重力提供向心力列式求解出D點(diǎn)速度;然后對從A到D過程運(yùn)用機(jī)械能守恒定律列式求解A點(diǎn)速度;再對N到A過程運(yùn)用運(yùn)動學(xué)公式求解出初速度和時間;得到傳送帶的位移后即可求解多消耗的電能.

解答 解:(1)物塊B向右作勻減速運(yùn)動,直到速度減小到零,然后反向勻減速運(yùn)動,達(dá)到與皮帶共速后與皮帶勻速物塊B向右作勻減速運(yùn)動過程:
μmg=ma
0=v0-at1
${t}_{1}=\frac{{v}_{0}}{μg}$=2s
物塊向右達(dá)到的最大位移:
S=$\frac{{v}_{0}{t}_{1}}{2}$=4m 
反向勻加速運(yùn)動過程加速度大小不變.達(dá)到與傳送帶共速的時間:
v=at2  
${t}_{2}=\frac{v}{μg}$=1s
相對地面向左位移:
$S′=\frac{v}{2}{t}_{2}$=1m
共速后與傳送帶勻速運(yùn)動的時間:
${t}_{3}=\frac{S-S′}{v}=\frac{4-1}{2}=1.5s$
往返總時間:
t=t1+t2+t3=4.5s
(2)由物塊恰能通過軌道最高點(diǎn)D,并恰能始終貼著圓弧軌道內(nèi)側(cè)通過最高點(diǎn)可得,物塊是在半徑為2R的圓弧上的最高點(diǎn)重力全部充當(dāng)向心力,得:
$mg=m\frac{{v}_{D}^{2}}{2R}$         
又由物塊上滑過中根據(jù)機(jī)械能守恒得:
$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}+mg•2R=\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得:
${v}_{B}=\sqrt{6Rg}=6m/s$
物塊第二次從N到A點(diǎn):
$L={v}_{1}t-\frac{1}{2}gμ{t}^{2}$      
速度關(guān)系:
vB=v1-gμt
代入得:t2+6t-16=0;     
得:t=2s 或t=-8s(舍)
物體運(yùn)動時傳送帶的位移:
s=vt=4m
傳送帶為維持勻速運(yùn)動多提供的力:
F=mgμ
傳送帶所做的功等于傳送帶多提供的能量:
W=Fs=μmgs=8J
答:(1)物塊m從第一次滑上傳送帶到返回N端的時間為4.5s;
(2)物塊m第二次在傳送帶上運(yùn)動時,電動機(jī)為了維持傳送帶勻速轉(zhuǎn)動,對傳送帶多提供的能量為8J.

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵明確滑塊的運(yùn)動規(guī)律,然后分階段運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式、動能定理列式求解,較難.

練習(xí)冊系列答案
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