Question

如图所示，光滑水平面MN的左端M处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动．ABCDE是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB为水平轨道，弧BCD是半径为R的半圆弧轨道，弧DE是半径为2R的圆弧轨道，弧BCD与弧DE相切在轨道最高点D，R=0.6m．水平部分A点与传送带平齐接触．放在MN段的物块m（可视为质点）以初速度v₀=4m/s冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，物块的质量m=1kg，结果物块滑上传送带运动一段时间后，又返回到N端，经水平面与左端M处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞使弹射器的锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道BCDE内侧通过其最高点D后，从E点飞出．g=10m/s²．求：
（1）物块m从第一次滑上传送带到返回N端的时间；
（2）物块m第二次在传送带上运动时，电动机为了维持传送带匀速转动，对传送带多提供的能量．

Answer 1

分析：（1）滑块滑上传送带先做匀减速直线运动（末速度为零），然后返回做匀加速直线运动（初速度为零），达到传送带速度后一起做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出物体从第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间；
（2）物块恰能始终贴着圆弧轨道BCDE内侧通过其最高点D，根据重力提供向心力列式求解出D点速度；然后对从A到D过程运用动能定理列式求解A点速度；再对N到A过程运用运动学公式求解出初速度和时间；得到传送带的位移后即可求解多消耗的电能．

解答：解：（1）滑上传送带先做匀减速直线运动，然后返回做匀加速直线运动，达到传送带速度后一起做匀速运动；
滑块向右匀减速过程：
μmg=ma
0=v₀-at₁
解得：t₁=2s；
滑块向右达到的最大位移为：x1=

v0

2

t1=4m；
物块反向做匀加速直线运动，直到与初速度速度相等，所需时间为t₂，相对地面向左位移为x₂；
v=at₂
解得：t2=

v

μg

=1s
x2=

v

2

t2=1m
此后匀速时间为：t3=

x1-x2

v

=1.5s；
往返的总时间为：t=t₁+t₂+t₃=4.5s
（2）物块恰能始终贴着圆弧轨道BCDE内侧通过其最高点D，可知物块在半径为2R的圆弧轨道的最高点，重力全部充当向心力，有：
mg=m

v 2 0

2R

物块由B点运动到D点过程中，根据动能定理得：
-mg?2R=

1

2

m

v

2 D

-

1

2

m

v

2 B

代入数据得：vB=

6gR

=6m/s
物块第二次从N点运动到A点，需时间t′，设N点速度为v_N
L=vN?t′-

1

2

μg?t′2
v_A=v_B=v_N-μg?t′
代入数据得：t′²+6t′-16=0
解得：t′=2s或t′=-8s（舍去）
物块从N点运动到A点过程中，传送带的位移：x=vt′=4m；
电动机为了维持传送带匀速转动，对传送带多提供的能量：E=μmg?x=8J
答：（1）物块m从第一次滑上传送带到返回N端的时间为4.5s；
（2）物块m第二次在传送带上运动时，电动机为了维持传送带匀速转动，对传送带多提供的能量为8J．

点评：本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解，较难．