Question

6．如圖所示，一質量m=0.2kg的可視為質點的小滑塊，以一定的初速度滑上長為l=1m的水平傳送帶右端A，小滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.2，傳送帶的左端B與一光滑半圓軌道頂端C相連，小滑塊能從皮帶上的B點通過圓弧軌道的C點進入圓弧軌道內側，且無能量損失．圓弧軌道的半徑R=0.4m，圓弧軌道的底端D與一高為h=0.8m，底邊長為x=2m的光滑斜面EFG的E點連接．（g取10m/s²）
（1）若皮帶靜止，要使小滑塊能滑上圓弧軌道做圓運動，求小滑塊滑上皮帶右端時的最小速度v₀的大�。�
（2）若皮帶沿逆時針方向轉動且皮帶速度可取不同的值，小滑塊以第（1）問中的v₀滑上皮帶右端，求小滑塊運動至圓弧底端D點時軌道對小滑塊支持力的最大值；
（3）若皮帶仍沿逆時針方向轉動且皮帶速度可取不同的值，小滑塊以第（1）問中的v₀滑上皮帶右端，要使小滑塊落在斜面EF上，求皮帶速度v的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）以滑塊從A到B的過程為研究對象，應用動能定理，可以引入初速度．在C點應用牛頓第二定律可求C點的速度，即為B的速度，可以得到初速度．
（2）若一直加速到C速度最大，由牛頓第二定律可得加速度，有運動學可求末速度，在由牛頓第二定律可得最大壓力．
（3）從D到F做平拋運動，由平拋規(guī)律可求D的速度；由動能定理可求C點的速度，此速度為皮帶速度的最大值．

解答 解：（1）滑塊從A到B過程，根據動能定律，有：$-μmgl=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
在C點，重力提供向心力，有：$mg=m\frac{{{v}_{1}}^{2}}{R}$，
聯立解得：${v}_{0}=\sqrt{{{v}_{1}}^{2}+2μmgl}$=$\sqrt{10×0.4+2×0.2×10×1}=2\sqrt{2}m/s$．
（2）如果一直加速，加速度：a=μg=2m/s²，
根據速度位移公式，有：${{v}_{2}}^{2}-{{v}_{0}}^{2}=2al$，
解得：${v}_{2}=\sqrt{{{v}_{1}}^{2}+2μgl}=\sqrt{8+2×2×1}=2\sqrt{3}m/s$，
在C點，合力提供向心力，故：$N+mg=m\frac{{{v}_{2}}^{2}}{R}$，
解得：$N=m\frac{{{v}_{2}}^{2}}{R}-mg=0.2×\frac{12}{0.4}-0.2×10=4N$．
在D點，由牛頓第二定律，則有：$N′-mg=m\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$；
而由C到D，依據動能定理，則有：$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}=2mgR$
解得：N′=16N；
由牛頓第三定律，最大壓力為16N．
（3）從D到F做平拋運動，故：
x=v_Dt，
$h=\frac{1}{2}g{t}^{2}$，
解得：${v}_{D}=x\sqrt{\frac{g}{2h}}=2×\sqrt{\frac{10}{2×0.8}}=5m/s$，
從C到D根據動能定理：$mg2R=\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}$
解得：v_C=3m/s．
故傳送帶的速度范圍：$2\sqrt{2}m/s＜v＜3m/s$．
答：（1）若皮帶靜止，要使小滑塊能滑上圓弧軌道做圓運動，小滑塊滑上皮帶右端時的最小速度v₀的大小為$2\sqrt{2}m/s$；
（2）若皮帶沿逆時針方向轉動且皮帶速度可取不同的值，小滑塊以第（1）問中的v₀滑上皮帶右端，小滑塊運動至圓弧底端D點時軌道對小滑塊支持力的最大值16N；
（3）若皮帶仍沿逆時針方向轉動且皮帶速度可取不同的值，小滑塊以第（1）問中的v₀滑上皮帶右端，要使小滑塊落在斜面EF上，皮帶速度v的取值范圍$2\sqrt{2}m/s＜v＜3m/s$．

點評 該題要細致分析物體的運動情況，綜合運動學，動能定律，圓周運動等，能力要求較高，是一個難度相對較大的題目．