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    1．如图所示，四分之一圆轨道OA与一静止的传送带相切相连，B端的正下方有一辆长为L=1m、质量为M=1kg的小车．圆轨道OA的半径R=1.25m，传送带长S=2.25m．圆轨道OA光滑，AB装置与小车上表面的高度差为h．一滑块从O点由静止释放，当滑块经过B点时，静止在B端正下方的小车在F=12N的水平恒力作用下立即启动，此时滑块滑过B点后能落在小车上．已知滑块与传送带间的摩擦因数μ1=0.2，小车与水平地面间的摩擦因数为μ2=0.4，g取10m/s2，试分析下列问题：
    （1）求滑块到达B点时的速度；
    （2）如果传送带静止，求h的取值范围；
    （3）如果传送带以v=10m/s速度顺时针方向传动，取h=20m，试判断滑块还能否落在小车上（可能用到的数据$\sqrt{34}$=5.80）

    分析 （1）根据动能定理求得到达B点的速度；
    （2）由动能定理可求得滑块到达B点的速度；同时由牛顿第二定律求出小车的加速度，根据平抛运动及匀加速直线运动规律可求得h的取值范围；
    （3）由高度利用平抛运动规律可求得下落时间，根据传送带转动时的对滑块的速度影响，再平抛运动规律可分析能否落在木板上．

    解答 解：（1）滑块滑到A点的速度为vA，由机械能守恒定律可知：
    mgR=$\frac{1}{2}$mvA2
    代入数据解得：vA=5m/s；
    滑块滑过静止的传送带到达B点后，速度为vB，
    由动能定理有：-μ1mgS=$\frac{1}{2}$mvB2-$\frac{1}{2}$mvA2     
    代入数据得：vB=4m/s；
    （2）设小车在水平面上运动的加速度为a，由牛顿第二定律得：F-μ2Mg=Ma
    a=8m/s2；
    如果滑块恰好落在木板左端，需耗时t1，则有：vBt1≥$\frac{1}{2}$at12    
    代入数据解得：t1≤1s；
    对应的高度为：h1=$\frac{1}{2}$gt12  
    代入数据解得：h1≤5m；
    如果滑块恰好落在木板右端，需耗时t2，则有：vBt2≤$\frac{1}{2}$at22+L
    代入数据整理可得：$（2{t}_{2}-1）^{2}≥0$
    可知 t2=0.5s时滑块可以恰好落在小车的右端，其余情况下滑块落在小车上．
    故h的取值范围为小于等于5m；
    （3）如果传送带以v=10m/s速度顺时针方向传动，则滑块在传送带上做加速运动，设到达传送带右端的速度为vB′，则：
    μ1mgS=$\frac{1}{2}$mvB′2-$\frac{1}{2}$mvA2     
    代入数据得：vB′=$\sqrt{34}$m/s=5.80m/s；
    如果h=20m，则滑块落在地面上的时间为t，则有h=$\frac{1}{2}$gt2，解得t=2s；
    滑块沿水平方向的位移：x1=vB′t=5.8×2=11.6m
    小车的位移：${x}_{2}=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}×8×{2}^{2}=16$m
    故滑块不能落在木板上．
    答：（1）如果传送带静止，滑块到达B点的速度为4m/s．
    （2）如果传送带静止，h的取值范围为小于等于5m；
    （3）滑块不能落在木板上．

    点评 本题为多物体多过程问题，要分别对两物体受力分析，并明确两物体的等时性，再分别求出各物体的位移；联立确定其对应关系．

    练习册系列答案
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    A．牵引力增量应为：△F=nmsυ2
    B．牵引力增量应为：△F=$\frac{1}{2}$nmsυ2
    C．发动机功率增加量应为：△P=nmsυ3
    D．发动机功率增加量应为：△P=$\frac{1}{2}$nmsυ3

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    （2）激光b的折射率；
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