Question

3．如图1所示，有一半径为R=0.30m的光滑半圆形细管AB，将其固定在竖直墙面并使B端切线水平，一个可视为质点的质量为0.50kg的小物体m由细管上端沿A点切线方向进入细管，从B点以速度v₀=4.0m/s飞出后，恰好能从一倾角为0=37°的倾斜传送带顶端C无碰撞地滑上传送带．已知传送带度为L=2.75m（图中只画出了传送带的部分示意图），物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.50（取sin37°=0.60，cos37°=0.80，g取10m/s²，不计空气阻力，不考虑半圆形管AB的内径）．
（1）求物体在A点时的速度大小及对轨道的压力大小与方向；
（2）若传送带以v₁=2.5m/s顺时针匀速转动，求物体从C到底端的过程中，由于摩擦而产生的热量Q；
（3）若传送带逆时针匀速转动且速度为v₂，物体到达底端时动能为E_kD，请在图2的坐标系中画出E_kD随v₂变化的关系图线．要求在坐标轴上标出图线关键点的坐标值．（不要求写出计算过程，只按画出的图线评分）

Answer 1

分析 （1）研究物体从A运动到B的过程，由机械能守恒定律求物体在A点时的速度．由牛顿运动定律求解物体对轨道的压力．
（2）若传送带以v₁=2.5m/s顺时针匀速转动，物体沿传送带匀加速下滑，由牛顿第二定律和位移公式结合求解物体在传送带上运动的时间，从而求出传送带的位移，得到物体与传送带的相对位移，即可求得摩擦生热．
（3）根据传送带的速度大小，分析清楚物体的运动情况，由动能定理求出物体到达底端时的动能，再画出图象．

解答 解：（1）对于AB段，由机械能守恒定律得：
2mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
可得：v_A=$\sqrt{{v}_{0}^{2}-4gR}$=$\sqrt{{4}^{2}-4×10×0.3}$=2m/s
在A点，设轨道对物体的弹力方向方向向下，大小为N，则由牛顿第二定律得：
mg+N=m$\frac{{v}_{A}^{2}}{R}$
解得：N=$\frac{5}{3}$N
由牛顿第三定律得，物体对轨道的压力大小为$\frac{5}{3}$N，方向竖直向上．
（2）若传送带以v₁=2.5m/s顺时针匀速转动，物体在传送带上下滑的加速度为：
a=$\frac{mgsin37°-μmgcos37°}{m}$=g（sin37°-μcos37°）=2m/s²．
物体到达C点的速度为：v_C=$\frac{{v}_{0}}{cos37°}$=$\frac{4}{0.8}$=5m/s
设物体从C点滑到传送带底端的时间为t，则有：
L=v_Ct+$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
得：t=0.5s（另一值不合理舍去）
物体从C到传送带底端的过程中，物体与传送带的相对位移为：△x=L+v₁t=2.75+2.5×0.5=4m
故由于摩擦而产生的热量为：Q=μmgcos37°△x=0.5×5×0.8×4J=8J
（3）若传送带逆时针匀速转动，
当0＜v₂≤5m/s，由于mgsin37°＞μmgcos37°，物体一直匀加速下滑，根据动能定理得：
mgLsin37°-μmgcos37°L=E_KD-$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$，得E_KD=9J．
当V₂＞5m/s物体一直匀加速运动，恰好到斜面底端时物体与传送带速度相同时，加速度为：
a′$\frac{mgsin37°+μmgcos37°}{m}$=10m/s²，
由 ${v}_{2}^{2}$-${v}_{B}^{2}$=2aL得：v₂=4$\sqrt{5}$m/s．
则当5m/s＜v₂＜4$\sqrt{5}$m/s时，物体先以a=10 m/s²匀加速，与传送带速度相同后，再以
 a=gsin37°-μgcos37°=2 m/s²匀加速运动到D端，则 ${v}_{D}^{2}$=${v}_{2}^{2}$++2a（L-$\frac{{v}_{2}^{2}-{v}_{B}^{2}}{2a′}$）=$\frac{4}{5}$${v}_{2}^{2}$+16
则 E_KD=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$=$\frac{1}{5}{v}_{2}^{2}$+4  （J）
当v₂≥4$\sqrt{5}$m/s，E_KD=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$=20J，传送带速度再增大，物体的动能不变．故E_KB随v₂变化的关系图线如图．
答：（1）物体在A点时的速度大小是5m/s，物体对轨道的压力大小为$\frac{5}{3}$N，方向竖直向上．
（2）物体从C到底端的过程中，由于摩擦而产生的热量Q是8J．
（3）图象如图所示．

点评 本题分析物体的运动过程是关键，要注意分析物体在传送带运动时速度何时与传送带相同，根据动能定理和牛顿第二定律结合进行研究．