Question

11．如圖所示，傳送帶AB的水平部分長為l=4.5 m，與一個半徑為R=0.4 m的光滑$\frac{1}{4}$圓軌道BC相切于B點，傳送帶速度恒為v=4.0 m/s，方向向右．現(xiàn)有一個滑塊以一定初速度v₀從A點沿水平方向沖上傳送帶，滑塊質量為m=2.0 kg，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1．已知滑塊運動到B端時剛好與傳送帶速度相同．（g取10m/s²，結果可用根式表示）．
求 （1）滑塊離開傳送帶后能上升的最大高度h
（2）滑塊的初速度v₀
（3）求滑塊第二次在傳送帶上滑行時，滑塊和傳送帶系統(tǒng)產生的內能．

Answer 1

分析 （1）由動能定理或機械能守恒定律可以求出滑塊能上升的最大高度．
（2）以滑塊為研究對象，由動能定理可以求出滑塊的初速度．
（3）滑塊第二次在傳送帶上滑行時，求得滑塊與傳送帶間的相對位移，然后求出滑塊和傳送帶系統(tǒng)產生的內能．

解答 解：（1）滑塊離開傳送帶后能上升過程，由動能定理得：
-mgh=0-$\frac{1}{2}$mv²
代入數(shù)據(jù)解得：h=0.8m；
（2）以滑塊為研究對象，滑塊在傳送帶上運動過程，由動能定理得：
 滑塊初速度大于傳送帶速度時有：-μmgl=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
代入數(shù)據(jù)解得 v₀=5m/s；
滑塊初速度小于傳送帶速度時：μmgl=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=$\sqrt{7}$m/s；
（3）以滑塊為研究對象，由牛頓第二定律得：
μmg=ma
得滑塊的加速度為：a=1m/s²
滑塊減速到零的位移為：s=$\frac{{v}^{2}}{2a}$=$\frac{{4}^{2}}{2×1}$=8m＞4.5m，
則滑塊第二次在傳送帶上滑行時，速度沒有減小到零就離開傳送帶，由勻變速運動的位移公式可得：
l=vt-$\frac{1}{2}$at²，
即 4.5=4t-$\frac{1}{2}$×1×t²，
解得：t=（4-$\sqrt{7}$）s，（另一值不合理舍去），
在此時間內傳送帶的位移為：x=vt=4（4-$\sqrt{7}$）m，
滑塊第二次在傳送帶上滑行時，滑塊和傳送帶系統(tǒng)產生的內能：
Q=μmg（l+x）=0.1×2×10×[4.5+4（4-$\sqrt{7}$）]=（41-8$\sqrt{7}$）J；
答：（1）滑塊離開傳送帶后能上升的最大高度h是0.8m．
（2）滑塊的初速度v₀是5m/s或$\sqrt{7}$m/s．
（3）滑塊第二次在傳送帶上滑行時，滑塊和傳送帶系統(tǒng)產生的內能是（41-8$\sqrt{7}$）J．

點評 熟練應用動能定理是正確解題的關鍵；解題時要注意滑塊的初速度與傳送帶速度間的關系，要討論，不能漏解．