Question

13．如图所示，传送带的两个轮子半径均为r=0.2m，两个轮子最高点A、B在同一水平面内，A、B间距离l=5m，半径R=0.4m的固定、竖直光滑圆轨道与传送带相切于B点、C点是圆轨道的最高点，质量m=0.1kg的小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4．重力加速度g=10m/s²．
（1）当传送带静止时，小滑块以一定的速度从传送带上的A点出发，到B点后恰好又通过C点，求小滑块在A点的速度．
（2）当传送带的轮子以一定的角速度匀速转动，将小滑块无初速地放到传送带上的A点，小滑块恰好运动到如图所示的D点，OD的连线与竖直方向夹角为60°，求这一过程中小滑块在传送带上运动的时间和传送带的轮子转动的角速度．

Answer 1

分析 （1）分析滑块的运动，由牛顿第二定律和运动学公式求解
（2）根据动能定理求出对应到达C点时的速度，再牛顿第二定律求解

解答 解：（1）设小滑块在A点的速度为v₁，在C点的速度为v₂；
因小滑块恰好通过C点，所以有：mg=$\frac{m{v}_{2}^{2}}{R}$；
对全过程由动能定理，则有：-μmgl-2mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$；
联立两式得：v₁=$\sqrt{5gR+2μgl}$=$\sqrt{60}$m/s；
（2）设小滑块在传送带上到B点的速度为v₃，因小滑块由B到D的过程中只有重力做功，机械能守恒，
根据机械能守恒定律，则有：$mg（R-Rcos60°）=\frac{1}{2}m{v}_{3}^{2}$；
代入数据，解得：${v}_{3}=\sqrt{gR}$=2m/s；
由牛顿第二定律可知，小滑块在传送带上运动时，有：μmg=ma；
所以a=μg=4m/s²；
若小滑块在传送带上一直做加速运动，设在B点的速度为v′；
由匀变速直线运动规律，$v′=\sqrt{2al}$；
代入数据，解得：$v′=\sqrt{40}$m/s；
因为v₃＜v′，所以小滑块在传送带上一定是先加速运动后匀速运动，
设加速运动的时间为t₁，匀速运动的时间为t₂；
由匀变速直线运动规律，v₃=at₁，解得：t₁=0.5s；
所以小滑块在传送带上匀加速运动的位移为x₁=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$；
代入数据，解得：x₁=0.5m；
所以小滑块在传送带上匀速运动的时间为t₂=$\frac{{x}_{2}}{{v}_{3}}=\frac{l-{x}_{1}}{{v}_{3}}$=$\frac{4.5}{2}$=2.25m/s；
故小滑块在传送带运动的时间t=t₁+t₂=0.5+2.25=2.75s；
根据公式v=ωr可得，传送带的轮子转动的角速度ω=$\frac{{v}_{3}}{r}$=$\frac{2}{0.2}$=10rad/s；
答：（1）小滑块在A点的速度$\sqrt{60}$m/s．
（2）这一过程中小滑块在传送带上运动的时间和传送带的轮子转动的角速度10rad/s．

点评 解决该题关键要掌握牛顿第二定律，运动学公式以及动能定理的应用，及理解v=ωr的含义．