Question

13．如图所示，在水平轨道竖直安放一个与水平面夹角为θ，长度为L₀，以v₀逆时针匀速转动的传送带和一半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L；水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．小物块A轻放（初速为0）在传送带顶端，通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与弹簧接触，之后A压缩弹簧并被弹簧弹回（弹回速度为刚与弹簧接触时速度的一半），经水平轨道返回圆形轨道，物块A可视为质点．已知R=0.2m，θ=37°，L₀=1.8m，L=1.0m，v₀=6m/s，物块A质量为m=1kg，与轮带间的动摩擦因数为μ₁=0.5，与PQ段间的动摩擦因数为μ₂=0.2，轨道其他部分摩擦不计，物块从传送带滑到水平轨道时机械能不损失．取g=10m/s²．求：
（1）物块A滑到轮带底端时速度的大小；
（2）物块A刚与弹簧接触时速度大小；
（3）物块A返回到圆形轨道的高度；
（4）若仅调节PQ段的长度L，当L满足什么条件时，A物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道？

Answer 1

分析 （1）以物块在传送带上为研究对象，利用牛顿运动定律分析求解．（2）据动能定理求解即可．（3）据牛顿运动定律和动能定理求解圆形轨道的高度．（4）以整个运动过程为研究对象，利用牛顿运动定律把到达圆形轨道的速度求出，再据机械能和高度的条件列式求解．

解答 解：（1）物块A在传送带上受重力和摩擦力的作用做加速运动，求得：a=g
据运动学公式v²=2as求得：v=v₀=6m/s
（2）以此过程为研究对象，动能定理得：-μmgl=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
联立以上代入数据解得：物块A速度大小v₁=$4\sqrt{2}$m/s
（3）A反弹速度v₂=$\frac{1}{2}{v}_{1}$=$2\sqrt{2}$m/s
A向右经过PQ段，由${v}_{3}^{2}-{v}_{2}^{2}$=-2μgl
代入数据解得速度：v₃=2m/s               
A滑上圆形轨道，由动能定理得：-2mgh=0-$\frac{1}{2}×2m{v}_{3}^{2}$
可得，返回到右边轨道的高度为h=0.2m=R，h≤R符合实际．
（4）物块A以v₀冲上轨道直到回到PQ段右侧，
据牛顿运动定律得：${v}_{1}^{2}-{v}_{0}^{2}$=-2μgl
                 ${v}_{3}^{2}-{v}_{2}^{2}$=-2μgl
联立可得，A回到右侧速度${v}_{3}^{2}$=$\frac{{v}_{0}^{2}}{4}-\frac{5}{2}μgl$=（9-5l）（m/s）²
要使A能返回右侧轨道且能沿圆轨道运动而不脱离轨道，有两种情况：
①A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：0＜h≤R
又$\frac{1}{2}×2m{v}_{3}^{2}$=2mgh 
联立可得，1m≤l＜1.8m
②②若A、B整体能沿轨道上滑至最高点，则满足 $\frac{1}{2}$×2m${v}_{3}^{′2}$=2mg×2R+$\frac{1}{2}$×2m${v}_{4}^{′2}$
且2m$\frac{{v}_{4}^{′2}}{R}$≥2mg
联立得 l≤-0.2m，不符合实际，即不可能沿轨道上滑至最高点
综上所述，要使A物块能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件
是1m≤l＜1.8m．
答：
（1）物块A滑到轮带底端时速度的大小6m/s；
（2）物块A刚与弹簧接触时速度大小4$\sqrt{2}$m/s；
（3）物块A返回到圆形轨道的高度0.2m；
（4）若仅调节PQ段的长度L，当L满足1m≤l＜1.8m时，A物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道．

点评 此题难度较大，牵涉的运动模型较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解，注意各子过程之间的衔接的物理量，特别是求4问时，一定全过程利用牛顿运动定律把l求出来，据此再分析．