Question

11．如圖1所示，長度L=2.5m的水平傳送帶與緊靠的四分之一光滑圓弧軌道BC相切于B點，圓心O與B的連線處于豎直方向．皮帶輪以角速度ω順時針勻速轉(zhuǎn)動．現(xiàn)有一小物塊（視為質(zhì)點）以水平速度v₀從A點滑上傳送帶，經(jīng)B點沿圓弧軌道BC運動一段時間后落到水平地面上．保持物體的初速度v₀不變，多次只改變皮帶輪的角速度ω大小，依次測量物塊離開軌道BC時的速度大小v，得到如圖2所示的v-ω圖象，其中cd與ω軸平行，bc為曲線．當ω=10$\sqrt{2}$rad/s時物塊在傳送帶上恰好一直做勻加速直線運動．若物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.14，取重力加速度g=10m/s²，通過B處時動能損失不計，求：（提示：在圓周運動過程中任一點，物塊所受的向心力與其速率的關系為F_向=m$\frac{{v}^{2}}{R}$）

（1）圓弧軌道BC的半徑R和物塊的初速度v₀的大�。�
（2）當ω=20rad/s時，物塊過B點到落地經(jīng)歷的時間t及落地點與圓心O間的距離s；
（3）當ω=10rad/s時，物塊離開軌道BC時的速率v′．

Answer 1

分析 （1）當ω=10$\sqrt{2}$rad/s時物塊離開曲面BC的速度到達最大，說明物體是在B點離開曲面BC的，由重力提供向心力即可求出軌道的半徑；然后結(jié)合動能定理即可求出物體的初速度；
（2）當ω=20rad/s時大于10$\sqrt{2}$rad/s，所以物體離開B點的速度仍然是2$\sqrt{2}$m/s，物體做平拋運動，將運動分解即可求出；
（3）根據(jù)v=ωr可知，皮帶輪的半徑，然后誤差物體到達B的速度，設在BC間的D點離開，DO與水平方向的夾角為θ，根據(jù)動能定理和牛頓第二定律即可求出．

解答 解：（1）根據(jù)v-w圖象可知，當角速度ω=10$\sqrt{2}$rad/s時，物塊從B點做平拋運動．即物塊在B點時就要離開BC了，在B點恰好有重力提供圓周運動所需的向心力，故有：mg=$\frac{m{v}^{2}}{R}$，
將v=2$\sqrt{2}$m/s代入解得：R=0.8m
物塊在傳送帶上的加速度為：a=μg=1.4m/s²
根據(jù)勻變速直線運動的位移公式有：v²-v₀²=2aL
解得：v₀=1m/s
（2）當ω=20rad/s時物塊從B點以2$\sqrt{2}$m/s的初速度做平拋運動，
豎直方向：R=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
水平方向：s=vt
代入數(shù)據(jù)解得：t=0.4s；s=0.8$\sqrt{2}$m．
（3）當角速度ω=10$\sqrt{2}$rad/s，時在B點速度為2$\sqrt{2}$m/s，根據(jù)v=ωr可知，皮帶輪的半徑為：
r=$\frac{v}{ω}=\frac{2\sqrt{2}}{10\sqrt{2}}=0.2$m
當角速度為10rad/s時，物塊到達B點的速度為：v=ωr=2m/s
此時物塊不能從B點離開，設在BC間的D點離開，DO與水平方向的夾角為θ
根據(jù)動能定理有：mgR（1-sinθ）=$\frac{1}{2}$mv'²-$\frac{1}{2}$mv²
離開D點，則恰好由重力的分力提供向心力，BC對物塊沒有支持力，故：mgsinθ=$\frac{mv{′}^{2}}{R}$
解得：v'=$\sqrt{\frac{20}{3}}$m/s
答：（1）圓弧軌道BC的半徑R和物塊的初速度v₀的大小是1m/s；
（2）當ω=20rad/s時，物塊過B點到落地經(jīng)歷的時間是0.4s，落地點與圓心O間的距離是$0.8\sqrt{2}$m；
（3）當ω=10rad/s時，物塊離開軌道BC時的速率v′是$\sqrt{\frac{20}{3}}$m/s．

點評 該題將傳送帶問題與豎直平面內(nèi)的圓周運動、平拋運動相結(jié)合，涉及的知識點多，運動的過程與狀態(tài)多，特別是第三問中，物體離開軌道的點又不在B點，要特別注意公式使用的條件．