Question

20．如圖所示，光滑水平面MN的左端M處有一彈射裝置P，右端N處與水平傳送帶恰平齊接觸，傳送帶水平部分長度L=16m，沿逆時針方向以恒定速度V=2m/s勻速轉(zhuǎn)動．ABCDE是由三部分光滑軌道平滑連接在一起組成的，AB為水平軌道，弧BCD是半徑為R的半圓弧軌道，弧DE是半徑為2R的圓弧軌道，弧BCD與弧DE相切在軌道最高點(diǎn)D，R=0.6m．平面部分A點(diǎn)與傳送帶平齊接觸．放在MN段的物塊m（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度v₀=4m/s沖上傳送帶，物塊與傳送帶間的摩擦因數(shù)μ=0.2，物塊的質(zhì)量m=1Kg．結(jié)果物塊從滑上傳送帶又返回到N端，經(jīng)水平面與左端M處的固定彈射器相碰撞（彈射器的彈簧原來被壓縮后被鎖定），因碰撞彈射器鎖定被打開，將物塊彈回后滑過傳送帶，沖上右側(cè)的圓弧軌道，物塊恰能始終貼著圓弧軌道內(nèi)側(cè)通過了最高點(diǎn)，最后從E點(diǎn)飛出．g取10m/s²．求：
（1）物塊m從第一次滑上傳送帶到返回到N端的時間．
（2）物塊m第二次在傳送帶上運(yùn)動時，傳送帶上的電動機(jī)為了維持其勻速轉(zhuǎn)動，對傳送帶所多提供的能量多大？

Answer 1

分析 物塊m的運(yùn)動主要有三個過程，第一是沖上傳送帶再返回，第二是觸動彈射器獲得能量沖過傳送帶，第三是沿著半圓恰好通過最高點(diǎn)．

解答 解：（1）物塊m沖上傳送帶向右作勻減速運(yùn)動，直到速度減小到零，然后反向勻加速運(yùn)動，達(dá)到與皮帶共速后與皮帶勻速運(yùn)動．
   物塊m向右作勻減速運(yùn)動過程：
μmg=ma
0=v₀-at₁
得：${t}_{1}=\frac{{v}_{0}}{μg}$=$\frac{4}{0.2×10}s$=2s$
物塊向右達(dá)到的最大位移為：
 $S=\frac{{v}_{0}}{2}{t}_{1}$=$\frac{2×{2}^{2}}{\;}m=4m$
反向勻加速運(yùn)動過程加速度大小不變．達(dá)到與傳送帶共速的時間為：
v=at₂
得：${t}_{2}=\frac{v}{μg}$=$\frac{2}{0.2×10}s=1s$
相對地面向左位移為：
$S′=\frac{v}{2}{t}_{2}$=$\frac{2×1}{2}m=1m$
共速后與傳送帶勻速運(yùn)動的時間：
${t}_{3}=\frac{S-S′}{v}=\frac{4-1}{2}s$=$\frac{4-1}{2}s=1.5s$
往返總時間為：t=t₁+t₂+t₃=2s+1s+1.5s=4.5s
（2）由物塊恰能通過軌道最高點(diǎn)D，并恰能始終貼著圓弧軌道內(nèi)側(cè)通過最高點(diǎn)可得，
物塊是在半徑為2R的圓弧上的最高點(diǎn)重力全部提供向心力．由牛頓第二定律得：
  $mg=\frac{{{v}_{D}}^{2}}{2R}$       
又由物塊上滑過中根據(jù)機(jī)械能守恒得：
$\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}+mg•2R=\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$
聯(lián)立方程代入數(shù)據(jù)解得：
${v}_{B}=\sqrt{6gR}=\sqrt{6×10×0.6}=6m/s$
物塊第二次從N到A點(diǎn)：
$L={v}_{1}t-\frac{1}{2}μg•{t}^{2}$
速度關(guān)系：v_B=v₁-μg•t
聯(lián)立上述兩方程代入得：t²+6t-16=0；     
解方程得：t=2s 或t=-8s（舍去）
物體運(yùn)動時傳送帶的位移：
s=vt=2×2m=4m
傳送帶為維持勻速運(yùn)動多提供的力：
F=mgμ
傳送帶所做的功等于傳送帶多提供的能量：
W=F•s=mgμ•s=1×10×0.2×4J=8J
答：（1）物塊第一次滑上傳送帶到返回N點(diǎn)的時間為4.5s  
（2）物塊m第二次在傳送帶上運(yùn)動時，傳送帶上的電動機(jī)為了維持其勻速轉(zhuǎn)動，對傳送帶所多提供的能量為8J

點(diǎn)評 此題有兩個關(guān)鍵點(diǎn)：一是恰好滑過最高點(diǎn)并能從E點(diǎn)飛出，預(yù)示著在半徑為2R的軌道最高點(diǎn)只有重力提供向心力，從而能求出最高點(diǎn)乃至最低點(diǎn)的速度．二是第二次通過傳送帶時，要求多做的功W=Fs，顯然F=μmg，這里的s就應(yīng)該是皮帶在這段時間的距離．而初速度、時間均未知，所以要列方程才能求出．