Question

20．如圖所示，是一傳送裝置，其中AB段粗糙，AB段長為L=1m，動摩擦因數(shù)u=0.5，BC、DEN段均可視為光滑，DEN是半徑為r=0.5m的半圓形軌道，其直徑DN沿豎直方向，C位于DN豎直線上，CD間的距離恰能讓小球自由通過．其中N點又與足夠長的水平傳送帶的右端平滑對接，傳送帶以4m/s的速率沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，小球與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)也為0.5．左端豎直墻上固定有一輕質(zhì)彈簧，現(xiàn)用一可視為質(zhì)點的小球壓縮彈簧至A點后由靜止釋放（小球和彈簧不粘連），小球剛好能沿圓弧DEN軌道滑下，而始終不脫離軌道．已知小球質(zhì)量m=0.2kg，g取10m/s²．
（1）求小球到達D點時速度的大小及彈簧壓縮至A點時所具有的彈性勢能；
（2）小球第一次滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中，在傳送帶上留下多長的痕跡？
（3）如果希望小球能沿著半圓形軌道上下不斷地來回運動，且始終不脫離軌道，則傳送帶的速度應滿足什么要求？

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律與能量守恒定律可以求出彈性勢能．
（2）應用機械能守恒定律求出物塊的速度，應用牛頓第二定律與運動學公式求出痕跡的長度．
（3）應用機械能守恒定律求出初速度，然后答題．

解答 解：（1）小球剛好能沿DEN軌道滑下，在圓周最高點D點，
由牛頓第二定律得：mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{r}$，代入數(shù)據(jù)解得：v_D=$\sqrt{5}$m/s，
從A點到D點，由能量守恒得：E_p=μmgL+$\frac{1}{2}$mv_D²，
聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)解得：E_p=1.5J；
（2）從D到N，根據(jù)機械能守恒可得：
$\frac{1}{2}$mv_D²+mg•2r=$\frac{1}{2}$mv_N²，代入數(shù)據(jù)解得：v_N=5m/s，
在傳送帶上物塊，由牛頓第二定律得：μmg=ma，
代入數(shù)據(jù)解得：a=5m/s²，
物塊向左減速：v_N=at，
代入數(shù)據(jù)解得：t=1s，
物塊向左運動的位移：s₁=$\frac{1}{2}$at²=2.5m，
傳送帶向右運動的位移為：S₂=vt=4×1=4m，
物塊向右加速運動，物塊與傳送帶速度相等的需要的時間：t′=$\frac{v}{a}$=0.8s，
物塊向右加速運動的位移：S₃=$\frac{v}{2}$t′=1.6m，
傳送帶向右運動的位移：S₄=vt′=3.2m，
留下的痕跡為：△S=S₁+S₂+S₄-S₃=8.1m；
（3）設物塊在傳送帶上返回到右端的速度為v₀，
若物塊恰能沖到EF軌道圓心的等高處，
由動能定理得：$\frac{1}{2}$mv₀²=mgr，代入數(shù)據(jù)解得：v₀=$\sqrt{10}$m/s，
則傳送帶的速度必須滿足：v₀≤$\sqrt{10}$m/s；
答：（1）小球到達D點時速度的大小為$\sqrt{5}$m/s，彈簧壓縮至A點時所具有的彈性勢能為1.5J；
（2）小球第一次滑上傳送帶后的減速過程中，在傳送帶上長為8.1m的痕跡．
（3）傳送帶的速度應滿足的要求是：v₀≤$\sqrt{10}$m/s．

點評 本題考查了求速度、彈性勢能、痕跡長度、傳送帶速度問題，分析清楚物體運動過程是正確解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律、運動學公式、能量守恒定律與機械能守恒定律即可正確解題．