Question

18．如圖，一質(zhì)量m=0.2kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊，以一定的初速度滑上長(zhǎng)為L(zhǎng)=1m的水平傳送帶右端A，小滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，傳送帶的左端B與一光滑半圓軌道頂端C相連，小滑塊能從皮帶上的B點(diǎn)通過(guò)圓弧軌道的C點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道內(nèi)側(cè)，且無(wú)能量損失．圓弧軌道的半徑R=0.4m，圓弧軌道的底端D與一高為h=0.8m，底邊長(zhǎng)為x=2m的光滑斜面EFG的E點(diǎn)連接．（g取10m/s²）
（1）若皮帶靜止，要使小滑塊能滑上圓弧軌道做圓運(yùn)動(dòng)，求小滑塊滑上皮帶右端時(shí)的最小速度v₀的大�。�
（2）若皮帶沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)且皮帶速度可取不同的值，小滑塊以第（1）問(wèn)中的v₀滑上皮帶右端，求小滑塊運(yùn)動(dòng)至圓弧底端D點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)小滑塊支持力的最大值；
（3）若皮帶仍沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)且皮帶速度可取不同的值，小滑塊以第（1）問(wèn)中的v₀滑上皮帶右端，要使小滑塊落在斜面EF上，求皮帶速度v的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）以滑塊從A到B的過(guò)程為研究對(duì)象，應(yīng)用動(dòng)能定理，可以引入初速度．在C點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律可求C點(diǎn)的速度，即為B的速度，可以得到初速度．
（2）若一直加速到C速度最大，由牛頓第二定律可得加速度，有運(yùn)動(dòng)學(xué)可求末速度，在由牛頓第二定律可得最大壓力．
（3）從D到F做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋規(guī)律可求D的速度；由動(dòng)能定理可求C點(diǎn)的速度，此速度為皮帶速度的最大值．

解答 解：（1）滑塊從A到B過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：-μmgL=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv₀²
在C點(diǎn)，重力提供向心力，有：mg=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{R}$
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v₀=2$\sqrt{2}$m/s．
（2）如果一直加速，加速度：a=μg=0.2×10=2m/s²
根據(jù)速度位移公式，有：v₂²-v₀²=2aL
代入數(shù)據(jù)解得：v₂=2$\sqrt{3}$m/s，
在C點(diǎn)，合力提供向心力，故：N+mg=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得：N=4N．
即軌道對(duì)小滑塊支持力的最大值是4N．
（3）從D到F做平拋運(yùn)動(dòng)，故：
  x=v_Dt，
  h=$\frac{1}{2}$gt²，
解得：v_D=x$\sqrt{\frac{g}{2h}}$=2×$\sqrt{\frac{10}{2×0.8}}$=5m/s，
從C到D根據(jù)動(dòng)能定理：mg•2R=$\frac{1}{2}$mv_D²-$\frac{1}{2}$mv_C²
代入數(shù)據(jù)解得：v_C=3m/s．
故傳送帶的速度范圍：2$\sqrt{2}$m/s＜v＜3m/s．
答：（1）若皮帶靜止，要使小滑塊能滑上圓弧軌道做圓運(yùn)動(dòng)，小滑塊滑上皮帶右端時(shí)的最小速度v₀的大小為2$\sqrt{2}$m/s；
（2）若皮帶沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)且皮帶速度可取不同的值，小滑塊以第（1）問(wèn)中的v₀滑上皮帶右端，小滑塊運(yùn)動(dòng)至圓弧底端D點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)小滑塊支持力的最大值4N；
（3）若皮帶仍沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)且皮帶速度可取不同的值，小滑塊以第（1）問(wèn)中的v₀滑上皮帶右端，要使小滑塊落在斜面EF上，皮帶速度v的取值范圍2$\sqrt{2}$m/s＜v＜3m/s．

點(diǎn)評(píng) 本題是一大力學(xué)綜合題，物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程復(fù)雜，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的關(guān)鍵；在分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)情況的基礎(chǔ)上，選擇物理規(guī)律解答．