Question

18．如圖所示，AB段是半徑為R=1m，對應圓心角為θ=37°的光滑圓弧軌道，其底端切線水平．BC段是長為2R的水平軌道，其右端緊靠長為2R、傾角θ=37°的傳送帶，R的大小均與AB段圓弧軌道半徑相同．在距B點L₀處的水平軌道上靜止一個質(zhì)量為1kg的物體m，現(xiàn)將質(zhì)量為3kg的物體M以v₀=3.2m/s的初速度自P點水平拋出，恰好切入圓弧軌道上的A點，沿圓弧軌道運動后與靜止在水平軌道上的質(zhì)量為m的物體發(fā)生彈性碰撞，已知物體M、m與水平軌道及傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.25，水平軌道與傳送帶平滑連接，重力加速度g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）M到達A點時速度和通過B點時對軌道的壓力；
（2）L₀取何值時，M恰好滑到C點；
（3）當L₀=0.8R時，為確保將m送到D點，傳送帶的運行速度u應滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）由機械能守恒定律與牛頓定律求出壓力；
（2）由動能定理、動量守恒定律與機械能守恒定律可以求出L₀；
（3）應用動能定理求出u需要滿足的條件．

解答 解：（1）根據(jù)平拋運動的規(guī)律得
v_Acos37°=v₀，
v_A=4m/s，
A→B過程，由機械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}$M${v}_{A}^{2}$+MgR（1-cos37°）=$\frac{1}{2}$M${v}_{B}^{2}$
v_B=$\sqrt{20}$m/s，
在B點，由牛頓第二定律得：N-Mg=M$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$
解得：N=90N．
（2）設M與m碰前速度為v₀，動能定理得：-μMgL₀=$\frac{1}{2}$Mv²-$\frac{1}{2}$Mv_B²      
v=$\sqrt{20-{5L}_{0}}$
碰撞后M、m的速度分別為v₁和v₂，
規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律得：
Mv=Mv₁+mv₂            
由機械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$Mv²=$\frac{1}{2}$Mv₁²+$\frac{1}{2}$mv₂²        
v₁=$\frac{v}{2}$，v₂=$\frac{3v}{2}$
碰后，M運動到C的過程，由動能定理得：
-μMg（2R-L₀）=0-$\frac{1}{2}$Mv₁²           ⑥
聯(lián)立解得：L₀=$\frac{4}{3}$m；
（3）當L₀=0.8R，v₂=$\frac{3v}{2}$=6m/s，
碰后m運動到C的過程，
由動能定理得：-μmg（2R-L₀）=$\frac{1}{2}$mv_C²-$\frac{1}{2}$mv₂²   
解得：v_C=$\sqrt{30}$m，
i）若皮帶逆時針轉動，設其運動的距離為s時，速度減為零，
由動能定理得：-mgssinθ-μmgscosθ=0-$\frac{1}{2}$mv_C²      
解得：s=$\frac{15}{8}$R＜2R，故m不能到達D點；
ii）若傳送帶順時針轉動，由于μmgcsoθ＜mgsinθ，故m在傳送帶上不可能加速向上運動．
a）若u＞v_C，m將一直向上勻減運動，設速度為零時運動的距離為x，
由動能定理得：-mgxsinθ+μmgxcosθ=0-$\frac{1}{2}$mv_C²    
解得：x=3.75R＞2R，一定能將m送到D點．
b）若u＜v_C，它將先相對傳送帶向上（摩擦力向下）勻減速到u，
然后相對傳送帶向下（摩擦力向上）勻減速到0．由動能定理得：
-mgs₁sinθ-μmgs₁cosθ=$\frac{1}{2}$mu²-mv_C²      ⑨
-mgs₂sinθ+μmgs₂cosθ=0-$\frac{1}{2}$mu²       ⑩
解得：s₁+s₁=2R，解得：u=$\sqrt{2}$m/s，
所以，將m送到D點的條件是傳送帶速度應滿足u≥$\sqrt{2}$m/s，方向向上．
答：（1）M到達A點時速度和通過B點時對軌道的壓力是90N；
（2）L₀=$\frac{4}{3}$m，M恰好滑到C點；
（3）當L₀=0.8R時，為確保將m送到D點，傳送帶的運行速度應滿足u≥$\sqrt{2}$m/s，方向向上．

點評 本題是一道力學綜合題，難度較大，物體運動過程復雜，分析清楚物體運動過程是正確解題的前提與關鍵，分析清楚運動過程后，應用機械能守恒定律、動量守恒定律、動能定理即可正確解題．