Question

4．如圖所示，光滑水平軌道的左端與長L=1.25m的水平傳送帶AB相接，傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動的速度v₀=1m/s，輕彈簧右端固定，彈簧處于自然狀態(tài)時左端恰位于A點，現(xiàn)用質(zhì)量m=0.4kg的小物塊（視為質(zhì)點）將彈簧壓縮后由靜止釋放，到達水平傳送帶左端B點后，立即沿切線進入豎直固定的光滑半圓軌道最高點并恰好做圓周運動，經(jīng)圓周最低點C后滑上質(zhì)量為M=0.2kg的長木板且不會從木板上掉下．半圓軌道的半徑R=0.5m，物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ₁=0.8，物塊與木板間動摩擦因數(shù)μ₂=0.2，長木板與水平地面間動摩擦因數(shù)μ₃=0.1，g取10m/s²．求：
（1）物塊到達B點時速度v_B的大�。ńY(jié)果可帶根號）；
（2）彈簧被壓縮時的彈性勢能E_P；
（3）長木板在水平地面上滑行的最大距離x．（此問結(jié)果保留兩位小數(shù)）

Answer 1

分析 （1）據(jù)物體在B點恰好做圓周運動，由重力充當向心力，利用牛頓第二定律列方程求解．
（2）抓住物塊在B點的速度大于傳送帶的速度，可知物塊在傳送帶上一直做勻減速運動，根據(jù)動能定理求出A點的速度，結(jié)合能量守恒定律求出彈簧的彈性勢能．
（3）從B到C根據(jù)動能定理求得C點的速度，木塊到達木板受，木塊做減速運動，木板做加速運動，兩者達到共同速度后，一起做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式即可求得

解答 解：（1）物體在光滑半圓軌道最高點恰好做圓周運動，由牛頓第二定律得：mg=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$①
可得 v_B=$\sqrt{gR}=\sqrt{10×0.5}m/s=\sqrt{5}m/s$ ②
（2）物塊被彈簧彈出的過程中，物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則
彈簧被壓縮時的彈性勢能 E_p=$\frac{1}{2}{mv}_{A}^{2}$③
因v_B＞v₀=1m/s，則物體在傳送帶上一直做勻減速運動
物塊在傳送帶上滑行過程由動能定理得
-f₁L=$\frac{1}{2}{mv}_{B}^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{A}^{2}$ ④
又 f₁=μ₁mg=0.8×0.4×10N=3.2N ⑤
聯(lián)立②③④⑤解得：E_p=5J
（3）物體從B到C過程中有機械能守恒定律得$mg•2R=\frac{1}{2}{mv}_{C}^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{B}^{2}$
聯(lián)立解得v_C=5m/s
物塊在長木板上滑行的過程中，做勻減速運動，有牛頓第二定律可知μ₂mg=ma₁
解得${a}_{1}=2m/{s}^{2}$
對長木板受力分析可知μ₂mg-μ₁（M+m）g=Ma₂，解得${a}_{2}=1m/{s}^{2}$
經(jīng)過ts達到共同速度v_D，則v_C-a₁t=a₂t，解得$t=\frac{5}{3}s$，${v}_{D}=\frac{5}{3}m/s$
ts內(nèi)長木板通過的位移為${x}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=\frac{25}{18}m$
達到共同速度后，兩物體一起勻加速運動，有動能定理可知$-{μ}_{3}（M+m）g{x}_{2}=-\frac{1}{2}（M+m{）v}_{D}^{2}$
解得${x}_{2}=\frac{25}{18}m$
通過的總位移為x=x₁+x₂=2.78m
答：（1）物塊到達B點時速度v_B的大小為$\sqrt{5}$m/s；
（2）彈簧被壓縮時的彈性勢能E_P為5J
（3）長木板在水平地面上滑行的最大距離x為2.78m

點評 分析清楚滑塊的運動情況和受力情況是解題的關(guān)鍵，據(jù)受力情況判斷滑塊的運動是解題的核心，靈活利用牛頓運動定律、動能定理和能量守恒定律，動量守恒定律進行求解．