Question

2．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υ₀=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)時左端恰位于A點．現(xiàn)用質(zhì)量m=0.1kg的小物塊（視為質(zhì)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(jīng)圓周最低點C后滑上質(zhì)量為M=0.9kg的長木板且不會從木板上掉下．豎直半圓軌道的半徑R=0.4m，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，g取10m/s²．求：
（1）物塊到達B點時速度υ_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)0≤μ₃≤0.025時，要使小物塊恰好不會從長木板上掉下，木板長度的范圍是多少．

Answer 1

分析 （1）據(jù)物體在B點恰好做圓周運動，由重力充當(dāng)向心力，利用牛頓第二定律列方程求解．
（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(jié)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=0.025時，通過動量守恒定律和功能關(guān)系，以及動能定理求出木板的長度，從而得出木板長度的范圍．

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
可得 v_B=$\sqrt{gR}$=$\sqrt{10×0.4}$=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，則
彈簧被壓縮時的彈性勢能 E_p=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$ ③
因v_B＞v₀=1m/s，則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
又 f₁=μ₁mg=0.8×0.1×10N=0.8N ⑤
聯(lián)立②③④⑤解得：E_p=1.2J
（3）物塊從B到C過程中由機械能守恒定律得
  mg•2R=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$ ⑥
聯(lián)立②⑥解得：v_C=$\sqrt{{v}_{B}^{2}+4gR}$=2$\sqrt{5}$m/s ⑦
討論：Ⅰ．當(dāng)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 ⑧
由功能關(guān)系：μ₂mgs₁=$\frac{1}{2}$mv_C²-$\frac{1}{2}$（M+m）v²   ⑨
代入數(shù)據(jù)解得s₁=3.6m（10）
Ⅱ．當(dāng)μ₃=0.025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=0.25×0.1×10N=0.25N （11）
下表面受到的摩擦力f₃=μ₃（M+m）g=0.25N=f₂ （12）
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：
-f₂s₂=0-$\frac{1}{2}$mv_C²   （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υ_B的大小為2m/s；
（2）彈簧被壓縮時的彈性勢能E_p是1.2J．
（3）木板長度的范圍是 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(guān)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．