Question

6．如圖所示，水平面右端放一大小可忽略的小物塊，質(zhì)量m=0.1kg，以v₀=4m/s向左運動，運動至距出發(fā)點d=1m處將彈簧壓縮至最短，反彈回到出發(fā)點時速度大小v₁=2m/s．水平面與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L=3m，以v₂=10m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動．傳送帶右端與一豎直面內(nèi)光滑圓軌道理想連接，圓軌道半徑R=0.8m，物塊進(jìn)入軌道時觸發(fā)閉合裝置將圓軌道封閉．（g=10m/s²，sin53°=0.8，cos53°=0.6））求：
（1）物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ₁；
（2）彈簧具有的最大彈性勢能E_p；
（3）要使物塊進(jìn)入豎直圓軌道后不脫離圓軌道，傳送帶與物體間的動摩擦因數(shù)μ₂應(yīng)滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）小物塊在水平面向左運動再返回的過程，動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律求物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ₁；
（2）研究小物塊從出發(fā)到運動到彈簧壓縮至最短的過程，由能量守恒定律求彈簧具有的最大彈性勢能E_p；
（3）物塊滑上傳送帶后，在滑動摩擦力的作用下加速，動摩擦因數(shù)μ₂不同，加速距離不同，沖上圓弧軌道的初速度就不同，求出恰好到達(dá)圓心右側(cè)等高點、圓心右側(cè)等高點和圓軌道最高點時速度，再由牛頓第二定律和運動學(xué)公式或動能定理求動摩擦因數(shù)μ₂的范圍．

解答 解：（1）小物塊在水平面向左運動再返回的過程，根據(jù)能量守恒定律得
    μ₁mg•2d=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得 μ₁=0.3
（2）小物塊從出發(fā)到運動到彈簧壓縮至最短的過程，由能量守恒定律得
  彈簧具有的最大彈性勢能 E_p=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-μ₁mgd
代入數(shù)據(jù)解得 E_p=0.5J
（3）本題分兩種情況討論：
①設(shè)物塊在圓軌道最低點時速度為v₃時，恰好到達(dá)圓心右側(cè)等高點．
根據(jù)機械能守恒得 mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{3}^{2}$，得 v₃=4m/s＜v₂=10m/s
說明物塊在傳送帶上一直做勻加速運動．
由動能定理得：μ₂mgL=$\frac{1}{2}m{v}_{3}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得 μ₂=0.2
②設(shè)物塊在圓軌道最低點時速度為v₄時，恰好到達(dá)圓軌道最高點．
在圓軌道最高點有：mg=m$\frac{{v}_{5}^{2}}{R}$
從圓軌道最低點到最高點的過程，由機械能守恒定律得
    2mgR+$\frac{1}{2}m{v}_{5}^{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{4}^{2}$
解得 v₄=2$\sqrt{10}$m/s＜v₂=10m/s
說明物塊在傳送帶上一直做勻加速運動．
由動能定理得：μ₂mgL=$\frac{1}{2}m{v}_{4}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得 μ₂=0.6
所以要使物塊進(jìn)入豎直圓軌道后不脫離圓軌道，傳送帶與物體間的動摩擦因數(shù)μ₂應(yīng)滿足的條件是μ₂≤0.2或μ₂≥0.6．
答：
（1）物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ₁是0.3．
（2）彈簧具有的最大彈性勢能E_p是0.5J．
（3）要使物塊進(jìn)入豎直圓軌道后不脫離圓軌道，傳送帶與物體間的動摩擦因數(shù)μ₂應(yīng)滿足的條件是μ₂≤0.2或μ₂≥0.6．

點評 做物理問題時應(yīng)該先清楚研究對象的運動過程，根據(jù)運動性質(zhì)利用物理規(guī)律解決問題；本題還抓住圓周運動的臨界條件．關(guān)于能量守恒定律的應(yīng)用，要清楚物體運動過程中能量的轉(zhuǎn)化；動能定理可以分過程也可以全過程使用，應(yīng)適當(dāng)選擇．