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    16．如图所示，在水平轨道B点的左侧水平安放一个长度L0=2.0的传送带，一半径R=0.2m的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道相切并固定于C点，水平轨道CD间距离L=1.0m，在D点固定一竖直挡板，小物块与皮带AB间的动摩擦因数μ1=0.9，BC段光滑，CD段动摩擦因数设为μ2．当传送带以v0=6m/s顺时针匀速转动时，将质量m=1kg的可视为质点的小物块轻放在传动带顶端A，通过传送带，水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与挡板碰撞，并原速率弹回，再经水平轨道CD返回圆形轨道（圆形轨道左右各有一个进出口并与水平轨道相切）．已知物块从传送带滑到水平轨道时机械能不损失，重力加速度g=10m/s2．求：

    （1）物块滑到B时的速度大小；
    （2）为了使物块能第二次冲上圆形轨道且能在沿轨道运动时不会脱离圆轨道，求μ2的取值范围．

    分析 （1）根据物块在AB上做匀加速运动的末速度不大于传送带速度，由传送带长度来求解；
    （2）根据物块不脱离轨道得到运动状态，然后对物块从B到第二次通过圆轨道应用动能定理求解．

    解答 解：（1）物块速度小于传送带速度时，物块受到传送带的摩擦力f=μ1mg，那么，物块做加速度$a={μ}_{1}g=9m/{s}^{2}$的匀加速直线运动；
    因为$2a{L}_{0}={{v}_{0}}^{2}$，故物块在传送带上做匀加速运动，到达B点时刚好达到传送带速度，所以，物块滑到B时的速度大小vB=v0=6m/s；
    （2）要使物块能第二次冲上圆形轨道且能在沿轨道运动时不会脱离圆轨道，那么物块第二次在圆轨道上运动要么能通过最高点，要么在圆轨道上最高点的高度h≤R；
    故当物块能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得：$mg≤\frac{m{v}^{2}}{R}$；
    对物块从B到第二次到最高点应用动能定理可得：$-2{μ}_{2}mgL-2mgR=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$
    解得：${μ}_{2}=\frac{\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}-2mgR-\frac{1}{2}m{v}^{2}}{2mgL}≤0.65$；
    当物块在圆轨道上最高点的高度0＜h≤R时，由动能定理可得：$-2{μ}_{2}mgL-mgh=0-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$，
    解得：${μ}_{2}=\frac{\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}-mgh}{2mgL}$，所以，0.8≤μ2＜0.9；
    所以，为了使物块能第二次冲上圆形轨道且能在沿轨道运动时不会脱离圆轨道，0≤μ2≤0.65或0.8≤μ2＜0.9；
    答：（1）物块滑到B时的速度大小为6m/s；
    （2）为了使物块能第二次冲上圆形轨道且能在沿轨道运动时不会脱离圆轨道，0≤μ2≤0.65或0.8≤μ2＜0.9．

    点评 经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．

    练习册系列答案
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    A．小球在MN的右方加速度大小为$\frac{{v}_{1}}{{t}_{3}{-t}_{2}}$
    B．F2的大小为$\frac{2{mv}_{1}}{{t}_{3}{-t}_{1}}$
    C．小球在MN右方运动的时间为t4-t2
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    B．在1s-3s内，运动员获得的动力是34N
    C．在0～5s内，合力对运动员做功为850J
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    （2）若两木板不固定，且与水平面间的动摩擦因数均为μ2=0.1，求木板C的长度及全程中拉力F做的功．（滑动摩擦力等于最大静摩擦力）

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    （1）物块到达B点时速度vB的大小．
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