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(shí)針方向以恒定速度v=2m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．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(diǎn)D，R=0.6m．水平部分A點(diǎn)與傳送帶平齊接觸．放在MN段的物塊m（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度v₀=4m/s沖上傳送帶，物塊與傳送帶間的動(dòng)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(yùn)動(dòng)一段時(shí)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(diǎn)D后，從E點(diǎn)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(shí)間；
（2）物塊m第二次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，電動(dòng)機(jī)為了維持傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，對(duì)傳送帶多提供的能量．

Answer 1

解：（1）滑上傳送帶先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，然后返回做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到傳送帶速度后一起做勻速運(yùn)動(dòng)；
滑塊向右勻減速過程：
μmg=ma
0=v₀-at₁
解得：t₁=2s；
滑塊向右達(dá)到的最大位移為：=4m；
物塊反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到與初速度速度相等，所需時(shí)間為t₂，相對(duì)地面向左位移為x₂；
v=at₂
解得：=1s

此后勻速時(shí)間為：；
往返的總時(shí)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(diǎn)D，可知物塊在半徑為2R的圓弧軌道的最高點(diǎn)，重力全部充當(dāng)向心力，有：
mg=m
物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：
-mg?2R=
代入數(shù)據(jù)得：
物塊第二次從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，需時(shí)間t′，設(shè)N點(diǎn)速度為v_N
L=
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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過程中，傳送帶的位移：x=vt′=4m；
電動(dòng)機(jī)為了維持傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，對(duì)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(shí)間為4.5s；
（2）物塊m第二次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，電動(dòng)機(jī)為了維持傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，對(duì)傳送帶多提供的能量為8J．
分析：（1）滑塊滑上傳送帶先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)（末速度為零），然后返回做勻加速直線運(yùn)動(dòng)（初速度為零），達(dá)到傳送帶速度后一起做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)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(shí)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(diǎn)D，根據(jù)重力提供向心力列式求解出D點(diǎn)速度；然后對(duì)從A到D過程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解A點(diǎn)速度；再對(duì)N到A過程運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解出初速度和時(shí)間；得到傳送帶的位移后即可求解多消耗的電能．
點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵明確滑塊的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后分階段運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理列式求解，較難．