Question

【題目】如圖所示，水平面右端放一大小可忽略的小物塊，質(zhì)量m=0.1kg，以v0=4m/s向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)至距出發(fā)點(diǎn)d=1m處將彈簧壓縮至最短，反彈回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)速度大小v1=2m/s．水平面與水平傳送帶理想連接，傳送帶長(zhǎng)度L=3m，以v2=10m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．傳送帶右端與一豎直面內(nèi)光滑圓軌道理想連接，圓軌道半徑R=0.8m，物塊進(jìn)入軌道時(shí)觸發(fā)閉合裝置將圓軌道封閉．（g=10m/s2 ， sin53°=0.8，cos53°=0.6））求：

（1）物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1；
（2）彈簧具有的最大彈性勢(shì)能Ep；
（3）要使物塊進(jìn)入豎直圓軌道后不脫離圓軌道，傳送帶與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2應(yīng)滿足的條件．

Answer 1

【答案】
（1）

解：小物塊在水平面向左運(yùn)動(dòng)再返回的過程，根據(jù)能量守恒定律得

μ1mg2d= ﹣

代入數(shù)據(jù)解得 μ1=0.3

（2）

解：小物塊從出發(fā)到運(yùn)動(dòng)到彈簧壓縮至最短的過程，由能量守恒定律得

彈簧具有的最大彈性勢(shì)能 Ep= ﹣μ1mgd

代入數(shù)據(jù)解得 Ep=0.5J

（3）

解：本題分兩種情況討論：

①設(shè)物塊在圓軌道最低點(diǎn)時(shí)速度為v3時(shí)，恰好到達(dá)圓心右側(cè)等高點(diǎn)．

根據(jù)機(jī)械能守恒得 mgR= ，得 v3=4m/s＜v2=10m/s

說明物塊在傳送帶上一直做勻加速運(yùn)動(dòng)．

由動(dòng)能定理得：μ2mgL= ﹣

解得 μ2=0.2

②設(shè)物塊在圓軌道最低點(diǎn)時(shí)速度為v4時(shí)，恰好到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)．

在圓軌道最高點(diǎn)有：mg=m

從圓軌道最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得

2mgR+ =

解得 v4=2 m/s＜v2=10m/s

說明物塊在傳送帶上一直做勻加速運(yùn)動(dòng)．

由動(dòng)能定理得：μ2mgL= ﹣

解得 μ2=0.6

所以要使物塊進(jìn)入豎直圓軌道后不脫離圓軌道，傳送帶與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2應(yīng)滿足的條件是μ2≤0.2或μ2≥0.6．

【解析】（1）小物塊在水平面向左運(yùn)動(dòng)再返回的過程，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律求物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1；（2）研究小物塊從出發(fā)到運(yùn)動(dòng)到彈簧壓縮至最短的過程，由能量守恒定律求彈簧具有的最大彈性勢(shì)能Ep；（3）物塊滑上傳送帶后，在滑動(dòng)摩擦力的作用下加速，動(dòng)摩擦因數(shù)μ2不同，加速距離不同，沖上圓弧軌道的初速度就不同，求出恰好到達(dá)圓心右側(cè)等高點(diǎn)、圓心右側(cè)等高點(diǎn)和圓軌道最高點(diǎn)時(shí)速度，再由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理求動(dòng)摩擦因數(shù)μ2的范圍．
【考點(diǎn)精析】解答此題的關(guān)鍵在于理解彈性勢(shì)能的相關(guān)知識(shí)，掌握彈性勢(shì)能是物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能量，以及對(duì)功能關(guān)系的理解，了解當(dāng)只有重力（或彈簧彈力）做功時(shí)，物體的機(jī)械能守恒；重力對(duì)物體做的功等于物體重力勢(shì)能的減少:W G =E p1 -E p2；合外力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)能的變化:W 合 =E k2 -E k1 （動(dòng)能定理）；除了重力（或彈簧彈力）之外的力對(duì)物體所做的功等于物體機(jī)械能的變化:W F =E 2 -E 1．