Question

11．如图所示，传送带AB的水平部分长为l=4.5 m，与一个半径为R=0.4 m的光滑$\frac{1}{4}$圆轨道BC相切于B点，传送带速度恒为v=4.0 m/s，方向向右．现有一个滑块以一定初速度v₀从A点沿水平方向冲上传送带，滑块质量为m=2.0 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.1．已知滑块运动到B端时刚好与传送带速度相同．（g取10m/s²，结果可用根式表示）．
求 （1）滑块离开传送带后能上升的最大高度h
（2）滑块的初速度v₀
（3）求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能．

Answer 1

分析 （1）由动能定理或机械能守恒定律可以求出滑块能上升的最大高度．
（2）以滑块为研究对象，由动能定理可以求出滑块的初速度．
（3）滑块第二次在传送带上滑行时，求得滑块与传送带间的相对位移，然后求出滑块和传送带系统产生的内能．

解答 解：（1）滑块离开传送带后能上升过程，由动能定理得：
-mgh=0-$\frac{1}{2}$mv²
代入数据解得：h=0.8m；
（2）以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程，由动能定理得：
 滑块初速度大于传送带速度时有：-μmgl=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
代入数据解得 v₀=5m/s；
滑块初速度小于传送带速度时：μmgl=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
代入数据解得：v₀=$\sqrt{7}$m/s；
（3）以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得：
μmg=ma
得滑块的加速度为：a=1m/s²
滑块减速到零的位移为：s=$\frac{{v}^{2}}{2a}$=$\frac{{4}^{2}}{2×1}$=8m＞4.5m，
则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得：
l=vt-$\frac{1}{2}$at²，
即 4.5=4t-$\frac{1}{2}$×1×t²，
解得：t=（4-$\sqrt{7}$）s，（另一值不合理舍去），
在此时间内传送带的位移为：x=vt=4（4-$\sqrt{7}$）m，
滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能：
Q=μmg（l+x）=0.1×2×10×[4.5+4（4-$\sqrt{7}$）]=（41-8$\sqrt{7}$）J；
答：（1）滑块离开传送带后能上升的最大高度h是0.8m．
（2）滑块的初速度v₀是5m/s或$\sqrt{7}$m/s．
（3）滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能是（41-8$\sqrt{7}$）J．

点评 熟练应用动能定理是正确解题的关键；解题时要注意滑块的初速度与传送带速度间的关系，要讨论，不能漏解．