题目内容
（2013?潮州一模）如图所示，高为H=0.45m的台面上有轻质细绳，绳的一端系一质量为m=0.1kg的小球P，另一端挂在光滑的水平轴上O上，O到小球P的距离为R=0.1m，小球与台面接触，但无相互作用，在小球两侧等距离各为L=0.5m处，分别固定一光滑斜面及一水平向左运动的传送带，传送带长为d=0.9m，运行速度大小为v=3m/s，现有一质量也为m可视为质点的小滑块Q从斜面上的A处无初速滑下（A距台面高h=0.7m），至C处与小球发生弹性碰撞，已知滑块与台面的动摩擦因数为μ1=0.5，与传送带之间动摩擦因数为μ2=0.25，不计传送带高度，及滑轮大小对问题的影响．（重力加速度g=10m/s2） 求：（1）当小球被撞后做圆周运动到最高点时对轻绳的作用力大小？
（2）滑块的最终位置与传送带末端的E的距离？
（3）整个过程传送带电机消耗的电能？
分析：（1）根据动能定理求出滑块滑到C点的速度，PQ发生弹性碰撞，因质量相等，根据动量守恒守恒定律和能量守恒定律知，速度交换，再根据机械能守恒定律求出小球到达最高点的速度，根据牛顿第二定律，通过合力提供向心力求出绳子拉力的大小．
（2）PQ再撞后再次交换速度，根据动能定理求出物块滑上传送带时的速度，物体滑上传送带先做匀减速直线运动到零，根据牛顿第二定律和运动学公式求出物体在传送带上速度变为零的位移，判断出物体从传送带左端滑出，根据运动的对称性，滑出时的速度大小等于滑上传送带的速度大小，根据牛顿第二定律和运动学公式求出在台面上的位移，判断是否与小球再次相碰，从而得出滑块的最终位置与传送带末端的E的距离．
（3）根据运动学公式求出物体在传送带上的相对路程，根据在传送带上产生的热量等于摩擦力与相对路程的乘积，即Q=fs，求出产生的热量，根据能量守恒定律求出整个过程传送带电机消耗的电能．
（2）PQ再撞后再次交换速度，根据动能定理求出物块滑上传送带时的速度，物体滑上传送带先做匀减速直线运动到零，根据牛顿第二定律和运动学公式求出物体在传送带上速度变为零的位移，判断出物体从传送带左端滑出，根据运动的对称性，滑出时的速度大小等于滑上传送带的速度大小，根据牛顿第二定律和运动学公式求出在台面上的位移，判断是否与小球再次相碰，从而得出滑块的最终位置与传送带末端的E的距离．
（3）根据运动学公式求出物体在传送带上的相对路程，根据在传送带上产生的热量等于摩擦力与相对路程的乘积，即Q=fs，求出产生的热量，根据能量守恒定律求出整个过程传送带电机消耗的电能．
解答：解：（1）对滑块Q从A到C根据动能定理有：
mgh-μ1mgl=
mvc2 得vc=
=3m/s
PQ发生弹性碰撞，因质量相等，故交换速度，撞后P的速度为vc′=vc=3m/s
P运动至最高点的速度为vF，根据机械能守恒定律有：
mvc′2-
mvF2=mg?2R
得vF=
=
m/s
P在最高点根据牛顿第二定律有：F+mg=
得F=
-mg=4N
根据牛顿第三定律知轻绳受力大小F′=F=4N
（2）PQ再撞后再次交换速度对物块有vc″=vc′=3m/s
对物块从C到D根据动能定理有：-μ1mgl=
mvD2-
mvc″2得
vD=
=2m/s
物块进入传送带做匀减速运动，设加速度大小为α1则根据牛顿第二定律有：
μ2mg=ma1得 a1=μ2g=2.5m/s2
由运动学公式知减速至速度为零时间为t=
=0.8s．
进入传送带位移为：s1=
t=0.8m
因S1＜d 故物块从左边离开传送带，离开时速度大小为vD′=vD=2m/s
在CD上再次减速，设加速大小为α2则根据牛顿第二定律有：
μ1mg=ma2得 a2=μ1g=5m/s2
由运动学公式知减速至0位移为 s2=
=0.4m
因S2＜L故不会再与球相撞
与传送带末端E的距离为D=S2+d=1.3m
（3）在传送带上运动的两段时间均为t=0.8S
此过程传送带向左移运动两段位移
d1=d2=vt=3×0.8m=2.4m
在传带上产生的热量为：
Q=μ2mg（d1+s1+d2-s1）=1.2J
因传送带速度大小不变，物块进出传送带速度大小相等，由能量守恒定律知电动机提供电能为E=Q=1.2J．
答：（1）当小球被撞后做圆周运动到最高点时对轻绳的作用力大小为4N．
（2）滑块的最终位置与传送带末端的E的距离为1.3m．
（3）整个过程传送带电机消耗的电能为1.2J．
mgh-μ1mgl=
| 1 |
| 2 |
| 2gh-2μ1gl |
PQ发生弹性碰撞，因质量相等，故交换速度，撞后P的速度为vc′=vc=3m/s
P运动至最高点的速度为vF，根据机械能守恒定律有：
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
得vF=
| vc′2-4gR |
| 5 |
P在最高点根据牛顿第二定律有：F+mg=
| mvF2 |
| R |
得F=
| mvF2 |
| R |
根据牛顿第三定律知轻绳受力大小F′=F=4N
（2）PQ再撞后再次交换速度对物块有vc″=vc′=3m/s
对物块从C到D根据动能定理有：-μ1mgl=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
vD=
| vc″2-2μ1gl |
物块进入传送带做匀减速运动，设加速度大小为α1则根据牛顿第二定律有：
μ2mg=ma1得 a1=μ2g=2.5m/s2
由运动学公式知减速至速度为零时间为t=
| vD-0 |
| a1 |
进入传送带位移为：s1=
| vD+0 |
| 2 |
因S1＜d 故物块从左边离开传送带，离开时速度大小为vD′=vD=2m/s
在CD上再次减速，设加速大小为α2则根据牛顿第二定律有：
μ1mg=ma2得 a2=μ1g=5m/s2
由运动学公式知减速至0位移为 s2=
| vD′2 |
| 2a2 |
因S2＜L故不会再与球相撞
与传送带末端E的距离为D=S2+d=1.3m
（3）在传送带上运动的两段时间均为t=0.8S
此过程传送带向左移运动两段位移
d1=d2=vt=3×0.8m=2.4m
在传带上产生的热量为：
Q=μ2mg（d1+s1+d2-s1）=1.2J
因传送带速度大小不变，物块进出传送带速度大小相等，由能量守恒定律知电动机提供电能为E=Q=1.2J．
答：（1）当小球被撞后做圆周运动到最高点时对轻绳的作用力大小为4N．
（2）滑块的最终位置与传送带末端的E的距离为1.3m．
（3）整个过程传送带电机消耗的电能为1.2J．
点评：本题综合运用了牛顿第二定律、动量守恒定律、能量守恒定律以及运动学公式，综合性强，对学生的能力要求较高，关键是理清物体在整个过程中的运动情况，结合动力学知识和功能关系进行求解．
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