Question

7．如圖所示，四分之一圓軌道OA與傳送帶相切相連，下方的CD水平軌道與他們?cè)谕�一豎直面內(nèi)．圓軌道OA的半徑R=1.25m，傳送帶長S=2.25m，圓軌道OA光滑，AB與CD間的高度差為h．一滑塊從O點(diǎn)靜止釋放，當(dāng)滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)（無論傳送帶是否運(yùn)動(dòng)），靜止在CD上的長為L=$\frac{3}{4}$m的木板（此時(shí)木板的末端在B點(diǎn)的正下方）在F=12N的水平恒力作用下啟動(dòng)，此時(shí)滑塊落入木板中．已知滑塊與傳送帶的摩擦因數(shù)μ₁=0.2，目木板的質(zhì)量M=1kg，木板與CD間的摩擦因數(shù)為μ₂=0.4，g取10m/s²，求：
（1）如果傳送帶靜止，求滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度．
（2）如果傳送帶靜止，求h的取值范圍．
（3）如果傳送帶可以以任意速度傳動(dòng)，取h=20m，試判斷滑塊還能否落在木板上．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求得到達(dá)B點(diǎn)的速度；
（2）由動(dòng)能定理可求得滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度；同時(shí)由牛頓第二定律求出木板的加速度，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)及勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求得h的取值范圍；
（3）由高度利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求得下落時(shí)間，根據(jù)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的對(duì)滑塊的速度影響，再平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可分析能否落在木板上．

解答 解：（1）滑塊滑到A點(diǎn)的速度為vA，由機(jī)械能守恒定律可知：
mgR=$\frac{1}{2}$mv_A²
代入數(shù)據(jù)解得：V_A=5m/s；
滑塊滑過靜止的傳送帶到達(dá)B點(diǎn)后，速度為V_B，
由動(dòng)能定理有：-μ₁mgS=$\frac{1}{2}$mv_B²-$\frac{1}{2}$mv_A²     
代入數(shù)據(jù)得：v_B=4m/s；
（2）木板在CD上運(yùn)動(dòng)的加速度由牛頓第二定律得：a=8m/s²；
v_Bt₁≥$\frac{1}{2}$at₁²    
代入數(shù)據(jù)解得：t₁≤1s；
對(duì)應(yīng)的高度為：h₁=$\frac{1}{2}$gt₁²  
代入數(shù)據(jù)解得：h₁≤5m；
如果滑塊恰好落在木板右端，需耗時(shí)t₂，則有：v_Bt₂≤$\frac{1}{2}$at₂²+L
解得：t₂≥$\frac{3}{4}$s和0≤t₂≤$\frac{1}{4}$s
0≤t₂≤$\frac{1}{4}$s對(duì)應(yīng)的高度為：h₂=$\frac{1}{2}$gt₂²  
解得：h₂≥$\frac{45}{16}$m=2.8125m；
0≤h₂≤$\frac{5}{16}$m=0.3125m
故h的取值范圍為[$\frac{45}{16}$m，5m]，[0m，$\frac{5}{16}$m]
（3）如果h=20m，則滑塊落在木板上的時(shí)間為t，則有h=$\frac{1}{2}$gt²，解得t=2s；
如果滑塊落在木板左端，需要滑塊有速度v_B1，則有v_B1t=$\frac{1}{2}$at²，解得v_B1=8m/s；
由于傳送帶的速度足夠大，所以可以讓滑塊一直處于加速狀態(tài)，設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的
速度為v′_B1，則由動(dòng)能定理有：μ₁mgS=$\frac{1}{2}$mv²_B1-$\frac{1}{2}$mv_A²      解得：v′_B1=$\sqrt{34}$m/s＜8m/s；
即傳送帶不足以使滑塊獲得落在木板上所需的速度，故滑塊不能落在木板上．
答：（1）如果傳送帶靜止，滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度為4m/s．
（2）如果傳送帶靜止，h的取值范圍為[$\frac{45}{16}$m，5m]，[0m，$\frac{5}{16}$m]．
（3）如果傳送帶可以以任意速度傳動(dòng)，取h=20m，滑塊不能落在木板上

點(diǎn)評(píng) 本題為多物體多過程問題，要分別對(duì)兩物體受力分析，并明確兩物體的等時(shí)性，再分別求出各物體的位移；聯(lián)立確定其對(duì)應(yīng)關(guān)系．