Question

17．豎直平面內(nèi)有一固定的內(nèi)壁光滑的“S”形細管軌道（細管本身的內(nèi)徑很�。�，如圖所示，它由三部分組成，AB段是半徑為R的半圓，CD是半徑為2R的半圓，BC部分水平，兩端分別與AB和CD平滑連接；在CD軌道的末端有一和末端切線等高的水平傳送帶QP，傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動；在“S”形軌道的右側(cè)適當位置有一固定的光滑斜面GH，在管道的BC部分靜止著兩個可視為質(zhì)點的小物塊a和b，它們之間夾有一壓縮的輕質(zhì)彈簧且被鎖定（彈簧與a、b不拴接），現(xiàn)解除鎖定，彈簧瞬間將兩物塊彈出，結(jié)果a從軌道的最高點A水平飛出，且在A點與軌道間的作用力大小為a的重力的3倍，物塊a經(jīng)過一段時間飛行之后剛好沿斜面GH方向進入斜面且沿斜面下滑；而物塊b從軌道D點滑出并滑上傳送帶．已知a、b的質(zhì)量分別為m、2m，傳送帶上表面動摩擦因數(shù)為μ=0.5，QP的長度為5R，重力加速度為g．求：

（1）物塊a從A點飛出的速度V_A大小及斜面的傾角θ；
（2）彈簧開始儲存的彈性勢能E_p；
（3）若物塊b滑到傳送帶左端P時剛好與傳送帶速度相同，則傳送帶運動的速度是多大？

Answer 1

分析 （1）在A點，根據(jù)a的受力情況，由牛頓第二定律求出V_A大�。產(chǎn)從A點飛出后做平拋運動，根據(jù)機械能守恒定律求出a到達G點的速度大小V_G．再由速度的分解求解斜面的傾角θ；
（2）彈簧把a、b彈開過程，遵守動量守恒和機械能守恒，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律結(jié)合求解．
（3）物塊b從C到D，由機械能守恒定律求出b到達D的速度．物塊b從Q到P有兩種運動情況：一是加速到P點時與傳送帶速度相等；二是減速到P點時與傳送帶速度相等．根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合解答．

解答 解：（1）在A點由牛頓第二定律：mg+3mg=m$\frac{V_A^2}{R}$
得：V_A=2$\sqrt{Rg}$
a從A點飛出后做平拋運動，設(shè)到達G點的速度大小為V_G，由機械能守恒得：
$\frac{1}{2}mV_A^2+mg2R=\frac{1}{2}mV_G^2$
解得：V_G=$2\sqrt{2Rg}$
設(shè)在G點速度方向與水平方向夾角為θ（即斜面的傾角）$cosθ=\frac{V_A}{V_G}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
得：θ=45°．
（2）設(shè)彈簧把a、b彈開后，a、b獲得的速度大小分別為V_a、V_b，對a由B到A有：
$\frac{1}{2}mV_a^2=mg2R+\frac{1}{2}mV_A^2$
解得：V_a=2$\sqrt{2Rg}$
取向左方向為正方向，取a、b為系統(tǒng)，由動量守恒有：
0=mV_a-2mV_b                    
解得：V_b=$\sqrt{2Rg}$
彈簧的彈性勢能為：E_P=$\frac{1}{2}mV_a^2+\frac{1}{2}2mV_b^2=6mgR$
（3物塊b從C到D：$\frac{1}{2}2mV_b^2+2mg4R=\frac{1}{2}2mV_D^2$
解得：V_D=$\sqrt{10Rg}$．
b在PQ上滑動的加速度大小為a：μ2mg=2ma，a=μg=0.5g 
物塊b從Q到P有兩種運動情況：
一是加速到P點時與傳送帶速度相等：$V_傳^2-V_D^2=2a•5R$
解得：V_傳=$\sqrt{15Rg}$
二是減速到P點時與傳送帶速度相等：$V_D^2-V_傳^2=2a•5R$
解得：V_傳=$\sqrt{5Rg}$
答：（1）物塊a從A點飛出的速度V_A大小是2$\sqrt{Rg}$，斜面的傾角θ是45°；
（2）彈簧開始儲存的彈性勢能E_p是6mgR；
（3）若物塊b滑到傳送帶左端P時剛好與傳送帶速度相同，則傳送帶運動的速度是$\sqrt{15Rg}$或$\sqrt{5Rg}$．

點評 本題是復雜的力學問題，要正確分析物理過程，應用機械能守恒定律、動量守恒定律、平拋運動、牛頓第二定律等規(guī)律即可正確解題．