Question

4．如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O到光滑水平面的距离为h=0.8m，已知A的质量为m，物块B的质量是小球A的5倍，置于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方，传送带右端有一带半圆光滑轨道的小车，小车的质量是物块B的5倍，水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，其余摩擦不计，传送带长L=3.5m，以恒定速率v₀=6m/s顺时针运转．现拉动小球使线水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块发生弹性正碰，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为$\frac{h}{16}$，若小车不固定，物块刚好能滑到与圆心O₁等高的C点，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，求：
（1）小球和物块相碰后物块B的速度V_B大小．
（2）若滑块B的质量为m_B=1kg，求滑块B与传送带之间由摩擦而产生的热量Q及带动传送带的电动机多做的功W_电．
（3）小车上的半圆轨道半径R大小．

Answer 1

分析 （1）小球下摆与反弹后上升过程机械能守恒，A、B碰撞过程系统动量守恒，应用机械能守恒定律与动量守恒定律可以求出速度．
（2）应用匀变速直线运动的速度公式与位移公式求出相对位移，然后求出摩擦力产生的热量，再求出电动机做功．
（3）应用匀变速直线运动的运动学公式与动量守恒定律、机械能守恒定律可以求出圆轨道半径．

解答 解：（1）小球A下摆及反弹上升阶段机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgh=$\frac{1}{2}$mv_A²，
mg•$\frac{1}{16}$h=$\frac{1}{2}$mv₁²，
A．B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv_A=-mv₁+5mv_B，
代入数据解得：v_B=1m/s；
（2）经过时间t，B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式得：
v₀=v_B+μgt，
代入数据解得：t=1s，
物块滑行的距离为：${s_物}=\frac{{{v_B}+{v_0}}}{2}t$，
解得：s_物=3.5m=L，
传送带的位移为：s_传=v₀t=6×1=6m，
则有：S_相=S_传-S_物=6-3.5=2.5m，
Q=fS_相=μmgS_相，
电动机多做的功为：W_电=$\frac{1}{2}{m_B}{v_0}^2-\frac{1}{2}{m_B}{v_B}^2+Q$，
代入数据解得：W_电=30J．
（3）物块在传送带上一直加速到达右端时恰好与传送带速度相等，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
5mv₀=（5m+25m）v，
由机械能守恒定律得：$\frac{1}{2}.5m{v_0}^2=\frac{1}{2}（5m+25m）{v^2}+5mgR$，
代入数据解得：R=1.5m；
答：（1）小球和物块相碰后物块B的速度V_B大小为1m/s．
（2）滑块B与传送带之间由摩擦而产生的热量Q及带动传送带的电动机多做的功W_电为30J．
（3）小车上的半圆轨道半径R大小为1.5m．

点评 本题是一道力学综合题，综合考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，解题时注意正方向的选择．