Question

15．如圖所示，光滑水平面OA與水平傳送帶相切于A點，傳送帶的水平部分AB長L=2.2m，轉動輪半徑R₁=0.4m．一水平放置、半徑R₂=0.275m的薄壁圓柱筒繞軸OO'勻速轉動，筒壁上自左端處開始有一與軸線平行、長度d=3.6m的長槽，圓筒左端面和B點在同一豎直面上，頂端距B點H=1.25m，且小滑塊P的速度方向和圓筒軸線OO'在同一豎直面上．已知小滑塊P（可視為質點，以下簡稱P）的質量m=1kg，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，取g=10m/s²，現(xiàn)讓P壓縮彈簧，則：
（1）若傳送帶保持靜止，為使得P能到達B點，彈簧彈性勢能至少多大；
（2）若P能從B點飛離傳送帶，飛離時長槽恰好轉動到圓筒的正下方，且P能進入長槽，求圓筒周期；
（3）若P滑上A點時v₀=3$\sqrt{3}$ m/s，為使P能從B點飛離傳送帶，從長槽進入后又從長槽穿出（假設圓筒周期滿足條件），整個過程不與圓筒相撞，傳送帶轉動輪的角速度ω應滿足什么條件．

Answer 1

分析 （1）小滑塊P恰好到達B點時，彈簧的彈性勢能E_p全部克服摩擦力做功，利用能量守恒，即可求出彈簧彈性勢能E_p的最小值；
（2）滑塊離開B后做平拋運動，恰好落入圓桶的小孔內(nèi)，找出下落時間與圓筒初始位置以及圓筒周期之間的關系，即可求出圓筒周期．
（3）滑塊離開B后做平拋運動，要恰好落入圓桶的小孔內(nèi)并穿過，水平位移大小大于s，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求得滑塊經(jīng)過C點的最小速度；同理求出小球再次穿過的時間與水平速度，從而確定傳送帶的速度的范圍，然后由v=ωr求出傳送帶轉動輪的角速度ω．

解答 解：（1）由功能關系可知：E_p=μmgL
解得：E_p=11J 
（2）從B點飛出到圓筒上端：$H=\frac{1}{2}g{t_1}^2$ 
因為P飛離傳送帶時，長槽恰好轉動到圓筒的正下方，
根據(jù)圓筒勻速轉動周期性可知：${t_1}=\frac{T}{2}+nT$ （n=0，1，2，3…）
解得：$T=\frac{1}{2n+1}$s（n=0，1，2，3…） 
（3）小滑塊P能從B點飛離需滿足：$mg≤m\frac{{{v_1}^2}}{R_1}$，
得到：v₁≥2m/s
設小滑塊P從C點下落到下端位置的時間t₂：$H+2{R_2}=\frac{1}{2}g{t_2}^2$ 
則小球能從長槽順利穿出需滿足條件：v₂t₂≤d即v₂≤6 m/s
假設小滑塊P在AB上全程勻減速有：${v_{min}}^2-{v_0}^2=-2μgL$
假設小滑塊P在AB上全程勻加速有：${v_{max}}^2-{v_0}^2=2μgL$ 
解得：${v_{min}}=\sqrt{5}$m/s，v_max=7m/s
分析可知全程勻減速的末速度：${v_{min}}=\sqrt{5}m/s＞2m/s$，
所以轉動輪的角速度最小值為0 
全程勻加速的末速度：v_max=7m/s＞6m/s，
所以轉動輪的角速度最大值為：$ω=\frac{v_2}{R_1}=\frac{6}{0.4}=15$ rad/s 
綜上分析可得：0≤ω≤15 rad/s
答：（1）若傳送帶保持靜止，為使得P能到達B點，彈簧彈性勢能至少為11J；
（2）若P能從B點飛離傳送帶，飛離時長槽恰好轉動到圓筒的正下方，且P能進入長槽，圓筒周期為$\frac{1}{2n+1}$s（n=0，1，2，3…）；
（3）傳送帶轉動輪的角速度ω應滿足0≤ω≤15 rad/s．

點評 本題考查動能定理、牛頓第二定律和運動學規(guī)律的綜合運用，滑塊經(jīng)歷三個運動過程，分段選擇物理規(guī)律進行研究，關鍵是抓住圓盤與滑塊運動的同時性，根據(jù)周期性求解ω應滿足的條件，第三問要找到物塊平拋水平距離最遠和最近的臨界條件，即：滑塊恰好在傳送帶上一直加速，正好在最右端加速到與傳送帶共速時，平拋的水平位移最大；滑塊恰好在傳送帶上一直減速，正好在最右端減速到與傳送帶共速時，時平拋的水平位移最�。�