Question

4．如圖所示，水平軌道左端與長L=1.25m的水平傳送帶相接，傳送帶逆時針勻速運動的速度v₀=1m/s．輕彈簧右端固定在光滑水平軌道上，彈簧處于自然狀態(tài)．現(xiàn)用質量m=0.1kg的小物塊（視為質點）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，經圓周最低點C后滑上質量為M=0.9kg的長木板上．豎直半圓軌道的半徑R=0.4，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=0.25，取g=10m/s²．求：

（1）物塊到達B點時速度v_B的大�。�
（2）彈簧被壓縮時的彈性勢能E_P．
（3）若長木板與水平地面間動摩擦因數(shù)μ₃≤0.026時，要使小物塊恰好不會從長木板上掉下，木板長度S的范圍是多少 （設最大靜動摩擦力等于滑動摩擦力）．

Answer 1

分析 （1）據(jù)恰好做圓周運動，利用牛頓運動定律列方程求解．
（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，結合能量守恒定律求出彈簧的彈性勢能．
（3）根據(jù)機械能守恒定律求出C點的速度，討論μ₃=0，μ₃=0.026時，通過動量守恒定律和功能關系，以及動能定理求出木板的長度，從而得出木板的范圍．

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
解得${v}_{B}=\sqrt{gR}=\sqrt{10×0.4}m/s=2m/s$．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：${E}_{p}=\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}$    ③
v_B＞v₀=1m/s，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=$\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}$     ④
f₁=μ₁mg=0.8N  ⑤
聯(lián)立②③④⑤解得：E_p=1.2J ⑥
（3）物塊從B到C過程中由機械能守恒定律得：$mg2R=\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$，⑦
聯(lián)立②⑥解得：${v}_{C}=2\sqrt{5}$m/s ⑧
討論：Ⅰ．當μ₃=0時，小物塊恰好不會從長木板上掉下長度為s₁，
小物塊和長木板共速為v，由動量守恒定律：mv_C=（M+m）v ⑨
由功能關系：${μ}_{2}mg{s}_{1}=\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}-\frac{1}{2}（M+m）{v}^{2}$    ⑩
代入數(shù)據(jù)解得s₁=3.6m（11）
Ⅱ．當μ₃=0.026時，小物塊恰好不會從長木板上掉下長度為s₂，
物塊在長木板上滑行過程中，對長木板受力分析：
上表面受到的摩擦力f₂=μ₂mg=0.25×1N=0.25N．（12）
下表面受到的摩擦力f₃≤μ₃（M+m）g=0.026×10N=0.26N
所以長木板靜止不動，對物塊在長木板上滑行過程
由動能定理得：-${f}_{2}{s}_{2}=0-\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}$    （13）
代入數(shù)據(jù)解得s₂=4m（14）
所以木板長度的范圍是3.6m≤s≤4m（15）
答：（1）物塊到達B點時速度v_B的大小為2m/s．
（2）彈簧被壓縮時的彈性勢能為1.2J．
（3）要使小物塊恰好不會從長木板上掉下，木板長度S的范圍是3.6m≤s≤4m．

點評 分析清楚滑塊的運動情況和受力情況是解題的關鍵，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．