Question

如圖所示，光滑水平面MN的左端M處有一彈射裝置P，右端N處與水平傳送帶恰平齊接觸，傳送帶水平部分長度L=16m，沿逆時針方向以恒定速度v=2m/s勻速轉(zhuǎn)動．ABCDE是由三部分光滑軌道平滑連接在一起組成的，AB為水平軌道，弧BCD是半徑為R的半圓弧軌道，弧DE是半徑為2R的圓弧軌道，弧BCD與弧DE相切在軌道最高點D，R=0.6m．水平部分A點與傳送帶平齊接觸．放在MN段的物塊m（可視為質(zhì)點）以初速度v₀=4m/s沖上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，物塊的質(zhì)量m=1kg，結(jié)果物塊滑上傳送帶運動一段時間后，又返回到N端，經(jīng)水平面與左端M處的固定彈射器相碰撞（彈射器的彈簧原來被壓縮后被鎖定），因碰撞使彈射器的鎖定被打開，將物塊彈回后滑過傳送帶，沖上右側(cè)的圓弧軌道，物塊恰能始終貼著圓弧軌道BCDE內(nèi)側(cè)通過其最高點D后，從E點飛出．g=10m/s²．求：
（1）物塊m從第一次滑上傳送帶到返回N端的時間；
（2）物塊m第二次在傳送帶上運動時，電動機為了維持傳送帶勻速轉(zhuǎn)動，對傳送帶多提供的能量．

Answer 1

分析：（1）滑塊滑上傳送帶先做勻減速直線運動（末速度為零），然后返回做勻加速直線運動（初速度為零），達到傳送帶速度后一起做勻速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式求出物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶所經(jīng)歷的時間；
（2）物塊恰能始終貼著圓弧軌道BCDE內(nèi)側(cè)通過其最高點D，根據(jù)重力提供向心力列式求解出D點速度；然后對從A到D過程運用動能定理列式求解A點速度；再對N到A過程運用運動學(xué)公式求解出初速度和時間；得到傳送帶的位移后即可求解多消耗的電能．

解答：解：（1）滑上傳送帶先做勻減速直線運動，然后返回做勻加速直線運動，達到傳送帶速度后一起做勻速運動；
滑塊向右勻減速過程：
μmg=ma
0=v₀-at₁
解得：t₁=2s；
滑塊向右達到的最大位移為：x1=

v0

2

t1=4m；
物塊反向做勻加速直線運動，直到與初速度速度相等，所需時間為t₂，相對地面向左位移為x₂；
v=at₂
解得：t2=

v

μg

=1s
x2=

v

2

t2=1m
此后勻速時間為：t3=

x1-x2

v

=1.5s；
往返的總時間為：t=t₁+t₂+t₃=4.5s
（2）物塊恰能始終貼著圓弧軌道BCDE內(nèi)側(cè)通過其最高點D，可知物塊在半徑為2R的圓弧軌道的最高點，重力全部充當向心力，有：
mg=m

v 2 0

2R

物塊由B點運動到D點過程中，根據(jù)動能定理得：
-mg?2R=

1

2

m

v

2 D

-

1

2

m

v

2 B

代入數(shù)據(jù)得：vB=

6gR

=6m/s
物塊第二次從N點運動到A點，需時間t′，設(shè)N點速度為v_N
L=vN?t′-

1

2

μg?t′2
v_A=v_B=v_N-μg?t′
代入數(shù)據(jù)得：t′²+6t′-16=0
解得：t′=2s或t′=-8s（舍去）
物塊從N點運動到A點過程中，傳送帶的位移：x=vt′=4m；
電動機為了維持傳送帶勻速轉(zhuǎn)動，對傳送帶多提供的能量：E=μmg?x=8J
答：（1）物塊m從第一次滑上傳送帶到返回N端的時間為4.5s；
（2）物塊m第二次在傳送帶上運動時，電動機為了維持傳送帶勻速轉(zhuǎn)動，對傳送帶多提供的能量為8J．

點評：本題關(guān)鍵明確滑塊的運動規(guī)律，然后分階段運用牛頓第二定律、運動學(xué)公式、動能定理列式求解，較難．