Question

19．如圖所示，光滑水平面MN的左端M處有一彈射裝置P，右端N處與水平傳送帶恰平齊接觸，傳送帶水平部分長度L=16m，沿逆時針方向以恒定速度V=2m/s勻速轉(zhuǎn)動．ABCDE是由三部分光滑軌道平滑連接在一起組成的，AB為水平軌道，弧BCD是半徑為R的半圓弧軌道，弧DE是半徑為2R的圓弧軌道，弧BCD與弧DE相切在軌道最高點D，R=0.6m．平面部分A點與傳送帶平齊接觸．放在MN段的物塊m（可視為質(zhì)點）以初速度v₀=4m/s沖上傳送帶，物塊與傳送帶間的摩擦因數(shù)μ=0.2，物塊的質(zhì)量m=1Kg．結(jié)果物塊從滑上傳送帶又返回到N端，經(jīng)水平面與左端M處的固定彈射器相碰撞（彈射器的彈簧原來被壓縮后被鎖定），因碰撞彈射器鎖定被打開，將物塊彈回后滑過傳送帶，沖上右側(cè)的圓弧軌道，物塊恰能始終貼著圓弧軌道內(nèi)側(cè)通過了最高點，最后從E點飛出．g取10m/s²．求：

（1）物塊m從第一次滑上傳送帶到返回到N端的時間．
（2）物塊m第二次在傳送帶上運動時，傳送帶上的電動機為了維持其勻速轉(zhuǎn)動，對傳送帶所多提供的能量多大？

Answer 1

分析 （1）滑塊滑上傳送帶先做勻減速直線運動（末速度為零），然后返回做勻加速直線運動（初速度為零），達到傳送帶速度后一起做勻速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶所經(jīng)歷的時間；
（2）物塊恰能始終貼著圓弧軌道BCDE內(nèi)側(cè)通過其最高點D，根據(jù)重力提供向心力列式求解出D點速度；然后對從A到D過程運用機械能守恒定律列式求解A點速度；再對N到A過程運用運動學公式求解出初速度和時間；得到傳送帶的位移后即可求解多消耗的電能．

解答 解：（1）物塊B向右作勻減速運動，直到速度減小到零，然后反向勻減速運動，達到與皮帶共速后與皮帶勻速物塊B向右作勻減速運動過程：
μmg=ma
0=v₀-at₁
${t}_{1}=\frac{{v}_{0}}{μg}$=2s
物塊向右達到的最大位移：
S=$\frac{{v}_{0}{t}_{1}}{2}$=4m 
反向勻加速運動過程加速度大小不變．達到與傳送帶共速的時間：
v=at₂  
${t}_{2}=\frac{v}{μg}$=1s
相對地面向左位移：
$S′=\frac{v}{2}{t}_{2}$=1m
共速后與傳送帶勻速運動的時間：
${t}_{3}=\frac{S-S′}{v}=\frac{4-1}{2}=1.5s$
往返總時間：
t=t₁+t₂+t₃=4.5s
（2）由物塊恰能通過軌道最高點D，并恰能始終貼著圓弧軌道內(nèi)側(cè)通過最高點可得，物塊是在半徑為2R的圓弧上的最高點重力全部充當向心力，得：
$mg=m\frac{{v}_{D}^{2}}{2R}$         
又由物塊上滑過中根據(jù)機械能守恒得：
$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}+mg•2R=\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：
${v}_{B}=\sqrt{6Rg}=6m/s$
物塊第二次從N到A點：
$L={v}_{1}t-\frac{1}{2}gμ{t}^{2}$      
速度關(guān)系：
v_B=v₁-gμt
代入得：t²+6t-16=0；     
得：t=2s 或t=-8s（舍）
物體運動時傳送帶的位移：
s=vt=4m
傳送帶為維持勻速運動多提供的力：
F=mgμ
傳送帶所做的功等于傳送帶多提供的能量：
W=Fs=μmgs=8J
答：（1）物塊m從第一次滑上傳送帶到返回N端的時間為4.5s；
（2）物塊m第二次在傳送帶上運動時，電動機為了維持傳送帶勻速轉(zhuǎn)動，對傳送帶多提供的能量為8J．

點評 本題關(guān)鍵明確滑塊的運動規(guī)律，然后分階段運用牛頓第二定律、運動學公式、動能定理列式求解，較難．