Question

11．如图1所示，长度L=2.5m的水平传送带与紧靠的四分之一光滑圆弧轨道BC相切于B点，圆心O与B的连线处于竖直方向．皮带轮以角速度ω顺时针匀速转动．现有一小物块（视为质点）以水平速度v₀从A点滑上传送带，经B点沿圆弧轨道BC运动一段时间后落到水平地面上．保持物体的初速度v₀不变，多次只改变皮带轮的角速度ω大小，依次测量物块离开轨道BC时的速度大小v，得到如图2所示的v-ω图象，其中cd与ω轴平行，bc为曲线．当ω=10$\sqrt{2}$rad/s时物块在传送带上恰好一直做匀加速直线运动．若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.14，取重力加速度g=10m/s²，通过B处时动能损失不计，求：（提示：在圆周运动过程中任一点，物块所受的向心力与其速率的关系为F_向=m$\frac{{v}^{2}}{R}$）

（1）圆弧轨道BC的半径R和物块的初速度v₀的大小；
（2）当ω=20rad/s时，物块过B点到落地经历的时间t及落地点与圆心O间的距离s；
（3）当ω=10rad/s时，物块离开轨道BC时的速率v′．

Answer 1

分析 （1）当ω=10$\sqrt{2}$rad/s时物块离开曲面BC的速度到达最大，说明物体是在B点离开曲面BC的，由重力提供向心力即可求出轨道的半径；然后结合动能定理即可求出物体的初速度；
（2）当ω=20rad/s时大于10$\sqrt{2}$rad/s，所以物体离开B点的速度仍然是2$\sqrt{2}$m/s，物体做平抛运动，将运动分解即可求出；
（3）根据v=ωr可知，皮带轮的半径，然后误差物体到达B的速度，设在BC间的D点离开，DO与水平方向的夹角为θ，根据动能定理和牛顿第二定律即可求出．

解答 解：（1）根据v-w图象可知，当角速度ω=10$\sqrt{2}$rad/s时，物块从B点做平抛运动．即物块在B点时就要离开BC了，在B点恰好有重力提供圆周运动所需的向心力，故有：mg=$\frac{m{v}^{2}}{R}$，
将v=2$\sqrt{2}$m/s代入解得：R=0.8m
物块在传送带上的加速度为：a=μg=1.4m/s²
根据匀变速直线运动的位移公式有：v²-v₀²=2aL
解得：v₀=1m/s
（2）当ω=20rad/s时物块从B点以2$\sqrt{2}$m/s的初速度做平抛运动，
竖直方向：R=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
水平方向：s=vt
代入数据解得：t=0.4s；s=0.8$\sqrt{2}$m．
（3）当角速度ω=10$\sqrt{2}$rad/s，时在B点速度为2$\sqrt{2}$m/s，根据v=ωr可知，皮带轮的半径为：
r=$\frac{v}{ω}=\frac{2\sqrt{2}}{10\sqrt{2}}=0.2$m
当角速度为10rad/s时，物块到达B点的速度为：v=ωr=2m/s
此时物块不能从B点离开，设在BC间的D点离开，DO与水平方向的夹角为θ
根据动能定理有：mgR（1-sinθ）=$\frac{1}{2}$mv'²-$\frac{1}{2}$mv²
离开D点，则恰好由重力的分力提供向心力，BC对物块没有支持力，故：mgsinθ=$\frac{mv{′}^{2}}{R}$
解得：v'=$\sqrt{\frac{20}{3}}$m/s
答：（1）圆弧轨道BC的半径R和物块的初速度v₀的大小是1m/s；
（2）当ω=20rad/s时，物块过B点到落地经历的时间是0.4s，落地点与圆心O间的距离是$0.8\sqrt{2}$m；
（3）当ω=10rad/s时，物块离开轨道BC时的速率v′是$\sqrt{\frac{20}{3}}$m/s．

点评 该题将传送带问题与竖直平面内的圆周运动、平抛运动相结合，涉及的知识点多，运动的过程与状态多，特别是第三问中，物体离开轨道的点又不在B点，要特别注意公式使用的条件．