Question

19．如圖所示，一質(zhì)量m=0.2kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊，以一定的初速度滑上長為l=1m 的水平傳送帶右端A，小滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，傳送帶的左端B與一光滑半圓軌道頂端C相連，小滑塊能從皮帶上的B點(diǎn)通過圓弧軌道的C點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道內(nèi)側(cè)，且無能量損失．圓弧軌道的半徑R=0.4m，圓弧軌道的底端D與一高為h=0.8m，底邊長為x=2m的光滑斜面EFG的E點(diǎn)連接．（g取10m/s²）
（1）若皮帶靜止，要使小滑塊能滑上圓弧軌道做圓運(yùn)動(dòng)，求小滑塊滑上皮帶右端時(shí)的最小速度v₀的大��；
（2）若皮帶沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)且皮帶速度可取不同的值，小滑塊以第（1）問中的v₀滑上皮帶右端，求小滑塊運(yùn)動(dòng)至圓弧底端D點(diǎn)時(shí)軌道對小滑塊支持力的最大值；
（3）若皮帶仍沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)且皮帶速度可取不同的值，小滑塊以第（1）問中的v₀滑上皮帶右端，要使小滑塊落在斜面EF上，求皮帶速度v的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）以滑塊從A到B的過程為研究對象，應(yīng)用動(dòng)能定理，可以引入初速度．在C點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律可求C點(diǎn)的速度，即為B的速度，可以得到初速度．
（2）若一直加速到C速度最大，由牛頓第二定律可得加速度，有運(yùn)動(dòng)學(xué)可求末速度，在由牛頓第二定律可得最大壓力．
（3）從D到F做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋規(guī)律可求D的速度；由動(dòng)能定理可求C點(diǎn)的速度，此速度為皮帶速度的最大值．

解答 解：（1）滑塊恰好能在圓弧上做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，在C點(diǎn)重力提供向心力，此時(shí)對于的滑塊的初速度最小，在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得：
mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v_C=2m/s，v_B=v_C=2m/s，
滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程，由牛頓第二定律得：μmg=ma，
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得：v_B²-v₀²=2al，
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=2$\sqrt{2}$m/s；
（2）滑塊到達(dá)B的速度最大，則到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度最大，支持力最大，滑塊在傳送帶上一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)滑塊到達(dá)B點(diǎn)速度最大，從A到B過程，由動(dòng)能定理得：
μmgL=$\frac{1}{2}$mv_B²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
從C到D過程，由機(jī)械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv_D²=$\frac{1}{2}$mv_B²+mg•2R，
在D點(diǎn)，由牛頓第二定律得：F-mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得：F=16N；
（3）滑塊離開D后做平拋運(yùn)動(dòng)，要使滑塊落到斜面上，水平位移應(yīng)小于2m，
設(shè)滑塊恰好落到F點(diǎn)，滑塊做平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：x=v_D′t  
豎直方向：h=$\frac{1}{2}$gt²，
代入數(shù)據(jù)解得：v_D′=5m/s，
從C到D過程，由機(jī)械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv_D′²=$\frac{1}{2}$mv_B′²+mg•2R，
代入數(shù)據(jù)解得：v_B′=3m/s，
傳送帶的速度范圍是：2$\sqrt{2}$m/s＜v＜3m/s；
答：（1）小滑塊滑上皮帶右端時(shí)的最小速度v₀的大小為2$\sqrt{2}$m/s；
（2）小滑塊運(yùn)動(dòng)至圓弧底端D點(diǎn)時(shí)軌道對小滑塊支持力的最大值為16N；
（3）皮帶速度v的取值范圍是：2$\sqrt{2}$m/s＜v＜3m/s．

點(diǎn)評 本題是一大力學(xué)綜合題，物體運(yùn)動(dòng)過程復(fù)雜，難度較大，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程是正確解題的關(guān)鍵；該題要細(xì)致分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，綜合運(yùn)動(dòng)學(xué)，動(dòng)能定律，圓周運(yùn)動(dòng)等，能力要求較高，是一個(gè)難度相對較大的題目．