Question

3．如圖所示，在水平軌道中間有一半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道，右端安放一個與水平面夾角為θ，長度為L₀，以v₀逆時針勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶，水平軌道的PQ段鋪設特殊材料，其長度L可調(diào)節(jié)；水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長狀態(tài)．小物塊A輕放（初速為0）在傳送帶頂端，通過傳送帶、水平軌道、圓形軌道、水平軌道后與彈簧接觸，之后A壓縮彈簧并被彈簧彈回（彈回速度為剛與彈簧接觸時速度的一半），經(jīng)水平軌道返回圓形軌道，物塊A可視為質(zhì)點．已知R=0.2m，θ=37°，L₀=1.8m，L=1.0m，v₀=6m/s，物塊A質(zhì)量為m=1kg，與輪帶間的動摩擦因數(shù)為μ₁=0.5，與PQ段間的動摩擦因數(shù)為μ₂=0.2，軌道其他部分摩擦不計，物塊從傳送帶滑到水平軌道時機械能不損失．取g=10m/s²．求： 
（1）物塊A滑到輪帶底端時速度的大��；
（2）物塊A剛與彈簧接觸時速度大�。�
（3）物塊A返回到圓形軌道的高度；
（4）若僅調(diào)節(jié)PQ段的長度L，當L滿足什么條件時，A物塊能返回圓形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道？

Answer 1

分析 （1）對物塊在傳送帶上運動的過程研究，利用牛頓運動定律分析求解．
（2）物塊在水平面上運動的過程，據(jù)動能定理求解即可．
（3）據(jù)牛頓運動定律和動能定理求解圓形軌道的高度．
（4）以整個運動過程為研究對象，利用牛頓運動定律把到達圓形軌道的速度求出，再據(jù)機械能和高度的條件列式求解．

解答 解：（1）物塊A在傳送帶上受重力和摩擦力的作用做加速運動，由牛頓第二定律得：
a=$\frac{mgsin37°+{μ}_{1}mgcos37°}{m}$=g
設物塊的速度增大到等于帶速時下滑的位移為s，據(jù)運動學公式 v₀²=2as得：
s=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2g}$=$\frac{{6}^{2}}{2×10}$=1.8m=L₀
所以物塊A滑到輪帶底端時速度的大小為6m/s
（2）物塊在水平面上運動的過程，由動能定理得：
-μ₂mgL=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
聯(lián)立以上代入數(shù)據(jù)解得：物塊A剛與彈簧接觸時速度大小為：v₁=4$\sqrt{2}$m/s
（3）A反彈速度 v₂=$\frac{1}{2}$v₁=2$\sqrt{2}$m/s
A向右經(jīng)過PQ段，由${v}_{3}^{2}$-v₂²=-2μ₂gl
代入數(shù)據(jù)解得速度：v₃=2m/s
A滑上圓形軌道，由動能定理得：-mgh=0-$\frac{1}{2}$$m{v}_{3}^{2}$
可得，返回到右邊軌道的高度為h=0.2m=R，h≤R符合實際．
（4）物塊A以v₀沖上軌道直到回到PQ段右側(cè)，
據(jù)牛頓運動定律得：
  ${v}_{1}^{2}$-${v}_{0}^{2}$=-2μ₂gL
  ${v}_{3}^{2}-{v}_{2}^{2}$=-2μ₂gl
聯(lián)立可得，A回到右側(cè)速度 ${v}_{3}^{2}$=$\frac{{v}_{0}^{2}}{4}$-$\frac{5}{4}$μgL=（9-5L）（m/s）²
要使A能返回右側(cè)軌道且能沿圓軌道運動而不脫離軌道，有兩種情況：
①A沿軌道上滑至最大高度h時，速度減為0，則h滿足：0＜h≤R
又 $\frac{1}{2}$$m{v}_{3}^{2}$=2mgh
聯(lián)立可得，1m≤l＜1.8m
②若A、B整體能沿軌道上滑至最高點，則滿足
 $\frac{1}{2}m{v}_{3}^{′2}$=mg•2R+$\frac{1}{2}$$m{v}_{4}^{′2}$
且m$\frac{{v}_{4}^{′2}}{R}$≥2mg
聯(lián)立得 l≤-0.2m，不符合實際，即不可能沿軌道上滑至最高點
綜上所述，要使A物塊能返回圓形軌道并沿軌道運動而不脫離軌道，L滿足的條件
是1m≤l＜1.8m．
答：（1）物塊A滑到輪帶底端時速度的大小6m/s；
（2）物塊A剛與彈簧接觸時速度大小4$\sqrt{2}$m/s；
（3）物塊A返回到圓形軌道的高度0.2m；
（4）若僅調(diào)節(jié)PQ段的長度L，當L滿足1m≤l＜1.8m時，A物塊能返回圓形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道．

點評 此題牽涉的運動模型較多，物體情境復雜，關鍵是按照運動的過程逐步分析求解，注意各子過程之間的銜接的物理量，特別是求4問時，一定全過程利用牛頓運動定律把l求出來，據(jù)此再分析．