Question

11．如图所示，可视为质点的物体AB质量均为m=10kg，它们之间用可遥控引爆的粘性炸药粘在一起．现将它们从光滑曲面上高度H=0.8m处由静止释放，曲面底端恰好和极薄的水平传送带的边缘相切．传送带两皮轮半径均为r=0.1m，均以角速度ω=30rad/s逆时针匀速转动，轮心间距为L=39.5m，皮带和轮间不打滑．已知两物体与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度g=10m/s²．则
（1）若不启动引爆装置，求AB在水平传送带上运动的最远距离s以及此过程中AB和传送带之间由于摩擦而增加的内能Q；
（2）若两物体在传送带上向右运动时启动引爆器，爆炸所用时间极短，最终物体B从传送带右端水平飞出，飞出时对传送带恰好无压力，物体A恰好回到最初的释放点，求引爆位置d．

Answer 1

分析 （1）若不启动引爆装置，AB整体在光滑曲面上下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律求出AB刚滑到曲面底端时的速度．研究AB在传送带上运动的过程，由动量定理求得滑行时间，再结合运动学公式求解AB在水平传送带上运动的最远距离s．根据相对位移求由于摩擦而增加的内能Q；
（2）研究AB从开始到爆炸位置的过程，由动能定理求出AB的速度．对于爆炸过程，由于内力远大于外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律列式．根据B到传送带右端时对传送带无压力，分析物体B的受力情况，知道重力提供向心力，由此求出B的速度．联立可求得d．

解答 解：（1）AB沿曲面下滑的过程，由机械能守恒定律得：
2mgH=$\frac{1}{2}•2m{v}_{0}^{2}$
解得：v₀=$\sqrt{2gH}$=$\sqrt{2×10×0.8}$=4m/s
AB在传送带上做匀减速运动，取向右为正方向，由动量定理得：
-2μmgt=0-2mv₀．
得：t=$\frac{{v}_{0}}{g}$=$\frac{4}{0.1×10}$s=4s
AB在水平传送带上运动的最远距离为：s=$\frac{{v}_{1}}{2}t$=$\frac{4}{2}$×4m=8m
传送带的位移为：s_带=ωrt=30×0.1×4=12m
所以系统产生的内能为：Q=2μmg（s+s_带）=2×0.1×10×10×20J=400J
（2）AB从开始到爆炸位置的过程，由动能定理得：
2mgH-2μmgd=$\frac{1}{2}•2m{v}_{1}^{2}$-0
引爆后，A必定向左运动，且速度大于3m/s，B必定向右运动，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
2mv₁=mv₂-mv₃．
对于A向左运动的过程，由动能定理得：
-μmgd-mgH=0-$\frac{1}{2}m{v}_{3}^{2}$
对于B向右运动的过程，由动能定理得：
-μmg（L-d）=$\frac{1}{2}m{v}_{4}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
B在传送带右端时，由牛顿第二定律得：
mg=m$\frac{{v}_{4}^{2}}{r}$
联立解得：d=$\frac{16\sqrt{5}}{5}$m
答：（1）若不启动引爆装置，AB在水平传送带上运动的最远距离s是8m，此过程中AB和传送带之间由于摩擦而增加的内能Q是400J；
（2）引爆位置d是$\frac{16\sqrt{5}}{5}$m．

点评 对于传送带类题目要注意因摩擦产生的内能等于摩擦力与相对位移间的乘积，要准确分析物体的运动情况，抓住爆炸的基本规律：动量守恒定律．