Question

19．如圖所示，一半徑r=0.2m的箱光滑圓弧形槽底端B與水平傳帶相接，傳送帶的運行速度為v₀=4m/s，長為L=1.25m，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，DEF為固定于豎直平面內(nèi)的一段內(nèi)壁光滑的中空方形細管，EF段被彎成以O為圓心、半徑R=0.25m的一小段圓弧，管的D端彎成與水平傳帶C端平滑相接，O點位于地面，OF連線豎直．一質(zhì)量為M=0.1kg的物塊a從圓弧頂端A點無初速滑下，滑到傳送帶上后做勻加速運動，過后滑塊被傳送帶送入管DEF，管內(nèi)頂端F點放置一質(zhì)量為m=0.1kg的物塊b．碰后兩者交換速度，（ g取10m/s²．）求：
（1）滑塊到達底端B時的速度v_B；
（2）滑塊剛到達管頂F點時對管壁的壓力；
（3）物塊滑過F點后在地面的首次落點到O點的距離x（不計空氣阻力）．

Answer 1

分析 （1）滑塊從A下滑到B的過程中，支持力不做功，由機械能守恒定律求解速度v_B；
（2）先研究滑塊傳送帶上的運動過程，再研究滑塊沖上細管的過程：滑塊在傳送帶上做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合求出滑塊到達C點時的速度，滑塊從C至F，由機械能守恒定律求出到達F點時的速度，由牛頓第二定律求出管道對滑塊的彈力，由牛頓第三定律即可解得滑塊在F點時對管壁的壓力；
（3）a、b碰撞交換速度，之后b物體做平拋運動，運用運動的分解法求解b物塊的落地點到O點的距離x．

解答 解：（1）設滑塊a到達B點的速度為v_B，由機械能守恒定律，有
    Mgr=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
得：v_B=$\sqrt{2gr}$=$\sqrt{2×10×0.2}$=2m/s
（2）滑塊在傳送帶上做勻加速運動，受到傳送帶對它的滑動摩擦力，
由牛頓第二定律有  μMg=Ma
滑塊對地位移為L，末速度為v_C，設滑塊在傳送帶上一直加速
由速度位移關系式 2aL=${v}_{C}^{2}$-${v}_{B}^{2}$
得v_C=3m/s＜4m/s，可知滑塊與傳送帶未達相同的速度．
滑塊從C至F，由機械能守恒定律，有
  $\frac{1}{2}M{v}_{C}^{2}$=MgR+$\frac{1}{2}M{v}_{F}^{2}$
得 v_F=2m/s 
在F處，對滑塊由牛頓第二定律
  Mg+N=M$\frac{{v}_{F}^{2}}{R}$
得N=0.6N 
由牛頓第三定律得管上壁受壓力為0.6N，壓力方向豎直向上
（3）a、b碰撞交換速度，之后b物體做平拋運動，則得
     x=v_Ft
    R=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
解得，x=$\frac{\sqrt{5}}{5}$m
答：
（1）滑塊a到達底端B時的速度v_B是2m/s．
（2）滑塊a剛到達管頂F點時對管壁的壓力為0.6N，壓力方向豎直向上．
（3）物塊滑過F點后在地面的首次落點到O點的距離x為$\frac{\sqrt{5}}{5}$m．

點評 本題按時間順序進行分析，關鍵要把握每個過程所遵守的物理規(guī)律，運用機械能守恒、牛頓第二定律、運動學公式結(jié)合進行求解．