Question

5．如图所示，电动机带动滚轮作逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一金属板从斜面底端A送往上部，已知斜面光滑且足够长，倾角θ=30°．滚轮与金属板的切点B到斜面底端A的距离为L=6.5m，当金属板的下端运动到切点B处时，立即提起滚轮使它与板脱离接触．已知金属板返回斜面底部与挡板相撞后立即静止，此时放下滚轮再次压紧板，再次将板从最底端送往斜面上部，如此往复．已知板的质量为m=1×10³Kg，滚轮边缘线速度恒为v=4m/s，滚轮对板的正压力F_N=2×10⁴N，滚轮与板间的动摩擦因数为μ=0.35，取g=10m/s²．求：
（1）在滚轮作用下板上升的加速度；
（2）板加速至与滚轮速度相同时前进的距离；
（3）每个周期中滚轮对金属板所做的功；
（4）板往复运动的周期．

Answer 1

分析 本题（1）的关键是对金属板加速上升过程进行受力分析，然后根据牛顿第二定律即可求解；题（2）的关键是根据运动学公式的推论即可求解；题（3）的关键是明确一个周期内滚轮对金属板做功的过程有匀加速上升、匀速上升两个过程，然后分别求出摩擦力对金属板做的功即可；题（4）的关键是明确一个周期金属板有匀加速上升、匀速上升、滚轮脱离金属板后匀变速运动三个过程，然后根据运动学公式分别求出对应的时间即可．

解答 解：（1）对金属板上升过程由牛顿第二定律应有：
${μF}_{N}^{\;}-mgsinθ=ma$，
代入数据解得：a=2m/${s}_{\;}^{2}$；
（2）根据匀变速运动规律，应有：
${v}_{\;}^{2}=2ax$，
代入数据解得：x=4m；
（3）因为x＜L，所以金属板先匀加速上升4m在匀速上升2.5m，匀加速上升过程，由动能定理有：
${W}_{1}^{\;}-mgsinθ•x=\frac{1}{2}{mv}_{\;}^{2}$，
代入数据解得：${W}_{1}^{\;}$=2.8${×10}_{\;}^{4}$J，
匀速上升过程，应有：${W}_{2}^{\;}$=mgsinθ•（L-x），
代入数据解得：${W}_{2}^{\;}$=1.25${×10}_{\;}^{4}$J，
所以每个周期中滚轮对金属板做的功为：W=${W}_{1}^{\;}{+W}_{2}^{\;}$=4.05${×10}_{\;}^{4}$J；
（4）金属板匀加速上升过程应有：v=a${t}_{1}^{\;}$，
代入数据解得：${t}_{1}^{\;}$=2s；
金属板匀速上升过程，应有：L-x=v${t}_{2}^{\;}$，
代入数据解得：${\;t}_{2}^{\;}$=0.625s，
对金属板匀减速上升和匀加速下落全过程应有：L=-v${t}_{3}^{\;}$$+\frac{1}{2}gsinθ{•t}_{3}^{2}$，
代入数据解得：${\;t}_{3}^{\;}$=2.6s，
所以金属板往复运动的周期为：T=${t}_{1}^{\;}{+t}_{2}^{\;}{+t}_{3}^{\;}$=2+0.625+2.6=5.225s
答：（1）在滚轮作用下板上升的加速度为2m/${s}_{\;}^{2}$；
（2）板加速至与滚轮速度相同时前进的距离为4m；
（3）每个周期中滚轮对金属板所做的功为4.05${×10}_{\;}^{4}$J；
（4）板往复运动的周期为5.225s

点评 解决动力学问题的关键是研究对象进行物理过程分析和受力分析，然后根据不同的过程选择相应的规律即可求解．