Question

3．如圖所示，三個質(zhì)量均為m=1kg的滑塊A、B、C置于光滑水平面上．水平面右端與水平傳送帶之間無縫隙連接，傳送帶長度L=4m，皮帶輪沿順時針方向轉(zhuǎn)動，帶動皮帶以恒定速率v=3m/s勻速傳動．傳送帶右下方有一光滑圓弧固定軌道，其半徑R=0.6m，直徑FE豎直，∠DOF=120°．開始時滑塊B、C之間連接有（注：彈簧與滑塊C無栓接）一被壓縮得不能再壓縮的輕彈簧，彈簧被鎖定并處于靜止?fàn)顟B(tài)．滑塊A以初速度v₀=2m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動，與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短，此時連接B、C的彈簧突然解除鎖定，彈簧伸展，從而使C與A、B分離．滑塊C脫離彈簧后以速度v₁=2m/s滑上傳送帶，并從右端水平飛出后，由D點(diǎn)沿圓弧切線落入圓軌道，已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，重力加速度g取10m/s²．（滑塊A、B、C視為質(zhì)點(diǎn)）求：

（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度大�。�
（2）判斷滑塊C能否沿光滑圓軌道到達(dá)最高點(diǎn)F，若能，求出滑塊C對圓軌道F點(diǎn)的壓力大�。�若不能，請說明理由？
（3）彈簧最初的彈性勢能E_P．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)速度時間公式求出滑塊速度達(dá)到傳送帶速度的時間，結(jié)合滑塊C的位移判斷滑塊有無滑離傳送帶，從而結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求出滑塊C從右端滑出的速度大�。�
（2）根據(jù)平行四邊形定則求出滑塊進(jìn)入圓弧形軌道的速度，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出F點(diǎn)的速度，結(jié)合F點(diǎn)的最小速度判斷有無到達(dá)最高點(diǎn)，若到達(dá)最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律求出軌道對滑塊的彈力大�。�
（3）根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律求出彈簧最初的彈性勢能．

解答 解：（1）滑塊C滑上傳送帶有：
μmg=ma
解得a=μg=0.2×10m/s²=2m/s²．
根據(jù)v=v₁+at，s=${v}_{1}t+\frac{1}{2}a{t}^{2}$得，
代入數(shù)據(jù)解得s=1.25m＜L=4m，
所以，滑塊C先加速后勻速
則v=3.0m/s．
（2）在D點(diǎn)有：$\frac{v}{{v}_{D}}=cos60°$．
由D點(diǎn)到F點(diǎn)有：$\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}=\frac{1}{2}m{{v}_{F}}^{2}+mgR（1+cos60°）$．
所以${v}_{F}=\sqrt{3gR}=\sqrt{18}m/s=3\sqrt{2}m/s$．
通過F點(diǎn)滿足$mg=m\frac{{v}_{F}{′}^{2}}{R}$，${v}_{F}′=\sqrt{gR}=\sqrt{6}m/s$．
因為${v}_{F}=\sqrt{3gR}＞\sqrt{6}m/s$，所以能通過F點(diǎn)．
在F點(diǎn)有：${F}_{N}+mg=m\frac{{{v}_{F}}^{2}}{R}$．
則F_N′=F_N=2mg=20N
（3）A碰B，ABC系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定A的方向為正方向，根據(jù)動量守恒得，mv₀=3mv_ABC，
AB與C分離有：3mv_ABC=2mv_AB+mv₁，
根據(jù)能量守恒得，${E}_{p}+\frac{1}{2}×3m{{v}_{ABC}}^{2}=\frac{1}{2}×2m{{v}_{AB}}^{2}$$+\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得${E}_{p}=\frac{4}{3}J$
答：（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度大小為3m/s．
（2）能，滑塊C對圓軌道F點(diǎn)的壓力大小為20N．
（3）彈簧最初的彈性勢能為$\frac{4}{3}J$．

點(diǎn)評 本題考查了動量守恒定律、能量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律，涉及到圓周運(yùn)動、平拋運(yùn)動、勻加速直線運(yùn)動、勻速直線運(yùn)動，綜合性較強(qiáng)，是一道比較好的力學(xué)綜合題．