Question

如圖所示，高為H=0.45m的臺(tái)面上有輕質(zhì)細(xì)繩，繩的一端系一質(zhì)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(tái)面接觸，但無相互作用，在小球兩側(cè)等距離各為L(zhǎng)=0.5m處，分別固定一光滑斜面及一水平向左運(yùn)動(dòng)的傳送帶，傳送帶長(zhǎng)為d=0.9m，運(yùn)行速度大小為v=3m/s，現(xiàn)有一質(zhì)量也為m可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊Q從斜面上的A處無初速滑下（A距臺(tái)面高h(yuǎn)=0.7m），至C處與小球發(fā)生彈性碰撞，已知滑塊與臺(tái)面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ₁=0.5，與傳送帶之間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ₂=0.25，不計(jì)傳送帶高度，及滑輪大小對(duì)問題的影響．（重力加速度g=10m/s²） 求：
（1）當(dāng)小球被撞后做圓周運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)對(duì)輕繩的作用力大�。�
（2）滑塊的最終位置與傳送帶末端的E的距離？
（3）整個(gè)過程傳送帶電機(jī)消耗的電能？

Answer 1

（1）對(duì)滑塊Q從A到C根據(jù)動(dòng)能定理有：
mgh-μ1mgl=

1

2

mvc2 得vc=

2gh-2μ1gl

=3m/s
PQ發(fā)生彈性碰撞，因質(zhì)量相等，故交換速度，撞后P的速度為v_c′=v_c=3m/s
P運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)的速度為v_F，根據(jù)機(jī)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(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有：F+mg=

mvF2

R

得F=

mvF2

R

-mg=4N
根據(jù)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(duì)物塊有v_c″=v_c′=3m/s
對(duì)物塊從C到D根據(jù)動(dòng)能定理有：-μ1mgl=

1

2

mvD2-

1

2

mvc″2得
vD=

vc″2-2μ1gl

=2m/s
物塊進(jìn)入傳送帶做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為α₁則根據(jù)牛頓第二定律有：
μ₂mg=ma₁得 a1=μ2g=2.5m/s2
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知減速至速度為零時(shí)間為t=

vD-0

a1

=0.8s．
進(jìn)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(shí)速度大小為v_D′=v_D=2m/s
在CD上再次減速，設(shè)加速大小為α₂則根據(jù)牛頓第二定律有：
μ₁mg=ma₂得 a2=μ1g=5m/s2
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知減速至0位移為 s2=

vD′2

2a2

=0.4m
因S₂＜L故不會(huì)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(yùn)動(dòng)的兩段時(shí)間均為t=0.8S
此過程傳送帶向左移運(yùn)動(dòng)兩段位移
d₁=d₂=vt=3×0.8m=2.4m
在傳帶上產(chǎn)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(jìn)出傳送帶速度大小相等，由能量守恒定律知電動(dòng)機(jī)提供電能為E=Q=1.2J．
答：（1）當(dāng)小球被撞后做圓周運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)對(duì)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(gè)過程傳送帶電機(jī)消耗的電能為1.2J．