Question

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D，R=0.6m．水平部分A點與傳送帶平齊接觸．放在MN段的物塊m（可視為質點）以初速度v₀=4m/s沖上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.2，物塊的質量m=1kg，結果物塊滑上傳送帶運動一段時間后，又返回到N端，經水平面與左端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），因碰撞使彈射器的鎖定被打開，將物塊彈回后滑過傳送帶，沖上右側的圓弧軌道，物塊恰能始終貼著圓弧軌道BCDE內側通過其最高點D后，從E點飛出．g=10m/s²．求：
（1）物塊m從第一次滑上傳送帶到返回N端的時間；
（2）物塊m第二次在傳送帶上運動時，電動機為了維持傳送帶勻速轉動，對傳送帶多提供的能量．

Answer 1

分析：（1）滑塊滑上傳送帶先做勻減速直線運動（末速度為零），然后返回做勻加速直線運動（初速度為零），達到傳送帶速度后一起做勻速運動，根據牛頓第二定律和運動學公式求出物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶所經歷的時間；
（2）物塊恰能始終貼著圓弧軌道BCDE內側通過其最高點D，根據重力提供向心力列式求解出D點速度；然后對從A到D過程運用動能定理列式求解A點速度；再對N到A過程運用運動學公式求解出初速度和時間；得到傳送帶的位移后即可求解多消耗的電能．

解答：解：（1）滑上傳送帶先做勻減速直線運動，然后返回做勻加速直線運動，達到傳送帶速度后一起做勻速運動；
滑塊向右勻減速過程：
μmg=ma
0=v₀-at₁
解得：t₁=2s；
滑塊向右達到的最大位移為：x1=

v0

2

t1=4m；
物塊反向做勻加速直線運動，直到與初速度速度相等，所需時間為t₂，相對地面向左位移為x₂；
v=at₂
解得：t2=

v

μg

=1s
x2=

v

2

t2=1m
此后勻速時間為：t3=

x1-x2

v

=1.5s；
往返的總時間為：t=t₁+t₂+t₃=4.5s
（2）物塊恰能始終貼著圓弧軌道BCDE內側通過其最高點D，可知物塊在半徑為2R的圓弧軌道的最高點，重力全部充當向心力，有：
mg=m

v 2 0

2R

物塊由B點運動到D點過程中，根據動能定理得：
-mg?2R=

1

2

m

v

2 D

-

1

2

m

v

2 B

代入數據得：vB=

6gR

=6m/s
物塊第二次從N點運動到A點，需時間t′，設N點速度為v_N
L=vN?t′-

1

2

μg?t′2
v_A=v_B=v_N-μg?t′
代入數據得：t′²+6t′-16=0
解得：t′=2s或t′=-8s（舍去）
物塊從N點運動到A點過程中，傳送帶的位移：x=vt′=4m；
電動機為了維持傳送帶勻速轉動，對傳送帶多提供的能量：E=μmg?x=8J
答：（1）物塊m從第一次滑上傳送帶到返回N端的時間為4.5s；
（2）物塊m第二次在傳送帶上運動時，電動機為了維持傳送帶勻速轉動，對傳送帶多提供的能量為8J．

點評：本題關鍵明確滑塊的運動規律，然后分階段運用牛頓第二定律、運動學公式、動能定理列式求解，較難．