Question

（2013?潮州一模）如圖所示，高為H=0.45m的臺面上有輕質細繩，繩的一端系一質量為m=0.1kg的小球P，另一端掛在光滑的水平軸上O上，O到小球P的距離為R=0.1m，小球與臺面接觸，但無相互作用，在小球兩側等距離各為L=0.5m處，分別固定一光滑斜面及一水平向左運動的傳送帶，傳送帶長為d=0.9m，運行速度大小為v=3m/s，現有一質量也為m可視為質點的小滑塊Q從斜面上的A處無初速滑下（A距臺面高h=0.7m），至C處與小球發生彈性碰撞，已知滑塊與臺面的動摩擦因數為μ₁=0.5，與傳送帶之間動摩擦因數為μ₂=0.25，不計傳送帶高度，及滑輪大小對問題的影響．（重力加速度g=10m/s²） 求：
（1）當小球被撞后做圓周運動到最高點時對輕繩的作用力大小？
（2）滑塊的最終位置與傳送帶末端的E的距離？
（3）整個過程傳送帶電機消耗的電能？

Answer 1

分析：（1）根據動能定理求出滑塊滑到C點的速度，PQ發生彈性碰撞，因質量相等，根據動量守恒守恒定律和能量守恒定律知，速度交換，再根據機械能守恒定律求出小球到達最高點的速度，根據牛頓第二定律，通過合力提供向心力求出繩子拉力的大小．
（2）PQ再撞后再次交換速度，根據動能定理求出物塊滑上傳送帶時的速度，物體滑上傳送帶先做勻減速直線運動到零，根據牛頓第二定律和運動學公式求出物體在傳送帶上速度變為零的位移，判斷出物體從傳送帶左端滑出，根據運動的對稱性，滑出時的速度大小等于滑上傳送帶的速度大小，根據牛頓第二定律和運動學公式求出在臺面上的位移，判斷是否與小球再次相碰，從而得出滑塊的最終位置與傳送帶末端的E的距離．
（3）根據運動學公式求出物體在傳送帶上的相對路程，根據在傳送帶上產生的熱量等于摩擦力與相對路程的乘積，即Q=fs，求出產生的熱量，根據能量守恒定律求出整個過程傳送帶電機消耗的電能．

解答：解：（1）對滑塊Q從A到C根據動能定理有：
mgh-μ1mgl=

1

2

mvc2 得vc=

2gh-2μ1gl

=3m/s
PQ發生彈性碰撞，因質量相等，故交換速度，撞后P的速度為v_c′=v_c=3m/s
P運動至最高點的速度為v_F，根據機械能守恒定律有：

1

2

mvc′2-

1

2

mvF2=mg?2R
得vF=

vc′2-4gR

=

5

m/s
P在最高點根據牛頓第二定律有：F+mg=

mvF2

R

得F=

mvF2

R

-mg=4N
根據牛頓第三定律知輕繩受力大小F′=F=4N
（2）PQ再撞后再次交換速度對物塊有v_c″=v_c′=3m/s
對物塊從C到D根據動能定理有：-μ1mgl=

1

2

mvD2-

1

2

mvc″2得
vD=

vc″2-2μ1gl

=2m/s
物塊進入傳送帶做勻減速運動，設加速度大小為α₁則根據牛頓第二定律有：
μ₂mg=ma₁得 a1=μ2g=2.5m/s2
由運動學公式知減速至速度為零時間為t=

vD-0

a1

=0.8s．
進入傳送帶位移為：s1=

vD+0

2

t=0.8m
因S₁＜d 故物塊從左邊離開傳送帶，離開時速度大小為v_D′=v_D=2m/s
在CD上再次減速，設加速大小為α₂則根據牛頓第二定律有：
μ₁mg=ma₂得 a2=μ1g=5m/s2
由運動學公式知減速至0位移為 s2=

vD′2

2a2

=0.4m
因S₂＜L故不會再與球相撞
與傳送帶末端E的距離為D=S₂+d=1.3m
（3）在傳送帶上運動的兩段時間均為t=0.8S
此過程傳送帶向左移運動兩段位移
d₁=d₂=vt=3×0.8m=2.4m
在傳帶上產生的熱量為：
Q=μ₂mg（d₁+s₁+d₂-s₁）=1.2J
因傳送帶速度大小不變，物塊進出傳送帶速度大小相等，由能量守恒定律知電動機提供電能為E=Q=1.2J．
答：（1）當小球被撞后做圓周運動到最高點時對輕繩的作用力大小為4N．
（2）滑塊的最終位置與傳送帶末端的E的距離為1.3m．
（3）整個過程傳送帶電機消耗的電能為1.2J．

點評：本題綜合運用了牛頓第二定律、動量守恒定律、能量守恒定律以及運動學公式，綜合性強，對學生的能力要求較高，關鍵是理清物體在整個過程中的運動情況，結合動力學知識和功能關系進行求解．