Question

7．如图所示，一半径r=0.2m的$\frac{1}{4}$光滑圆弧形槽底B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v₀=4m/s，长为L=1.25m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，DEF为固定于竖直平面内的一段内壁光滑的中空方形细管，EF段被弯成以O为圆心，半径R=0.25m的一小段圆弧，管的D端弯成与水平传带C端平滑相接，O点位于地面，OF连线竖直，一质量为M=0.2kg的滑块a从圆弧顶端A点无初速滑下，滑到传送带上后做匀加速运动，过后滑块被传送带送入管DEF，已知a滑块可视为质点，a横截面略小于管中空部分的横截面，重力加速度g取10m/s²．求：
（1）由于滑块在传送带上运动，电动机所消耗的电能；
（2）滑块a刚到达管顶F点时对管壁的压力；
（3）若让滑块通过F点，则传送带的最小速度可以是多少？

Answer 1

分析 （1）滑块a从A点下滑到B点的过程中，支持力不做功，只有重力做功，由机械能守恒定律求解a到达B点的速度v_B；研究滑块传送带上的运动过程：滑块在传送带上做匀加速运动，根据牛顿第二定律求得加速度，假设滑块在传送带上一直加速，由运动学公式求出滑块到达C点的速度，从而判断滑块有无匀速过程．再根据功能关系求电动机所消耗的电能．
（2）滑块从C至F，由机械能守恒定律求出到达F点时的速度，由牛顿第二定律求出管道对滑块的弹力，由牛顿第三定律即可解得滑块在F点时对管壁的压力．
（3）滑块恰好通过F点时速度为零，由能量守恒定律求传送带的最小速度．

解答 解：（1）设滑块到达B点的速度为v_B，由机械能守恒定律，有
    Mgr=$\frac{1}{2}M{v}_{B}^{2}$
解得：v_B=2m/s
滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，由牛顿第二定律有 
  μMg=Ma
滑块对地位移为L，末速度为v_C，设滑块在传送带上一直加速
由速度位移关系式 2aL=${v}_{C}^{2}$-${v}_{B}^{2}$
解得 v_C=3m/s＜4m/s，可知滑块与传送带未达共速．
运动时间为 t=$\frac{{v}_{C}-{v}_{B}}{a}$
产生的热量 Q=μMg（v₀t-L）
解得 Q=0.3J
由于滑块在传送带上运动，电动机所消耗的电能 E=Q+$\frac{1}{2}M{v}_{C}^{2}$-$\frac{1}{2}M{v}_{B}^{2}$
解得 E=0.8J
（2）滑块从C至F，由机械能守恒定律，有
  $\frac{1}{2}M{v}_{C}^{2}$=MgR+$\frac{1}{2}M{v}_{F}^{2}$
解得 v_F=2m/s 
在F处，对滑块，由牛顿第二定律得
  Mg+N=M$\frac{{v}_{F}^{2}}{R}$
解得 N=1.2N，
由牛顿第三定律得管上壁受压力大小为1.2N，方向竖直向上．
（3）从C到F，由能量守恒定律得：
  $\frac{1}{2}M{v}_{min}^{2}$=MgR
解得，传送带的最小速度 v_min=$\sqrt{5}$m/s
答：
（1）由于滑块在传送带上运动，电动机所消耗的电能是0.8J；
（2）滑块a刚到达管顶F点时对管壁的压力大小为1.2N，方向竖直向上；
（3）若让滑块通过F点，则传送带的最小速度可以是$\sqrt{5}$m/s．

点评 本题按时间顺序进行分析，关键要把握每个过程所遵守的物理规律，运用机械能守恒、牛顿第二定律、运动学公式结合进行求解．