Question

20．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．平面部分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，物块与传送带间的摩擦因数μ=0.2，物块的质量m=1Kg．结果物块从滑上传送带又返回到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），因碰撞弹射器锁定被打开，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内侧通过了最高点，最后从E点飞出．g取10m/s²．求：
（1）物块m从第一次滑上传送带到返回到N端的时间．
（2）物块m第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？

Answer 1

分析 物块m的运动主要有三个过程，第一是冲上传送带再返回，第二是触动弹射器获得能量冲过传送带，第三是沿着半圆恰好通过最高点．

解答 解：（1）物块m冲上传送带向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀加速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速运动．
   物块m向右作匀减速运动过程：
μmg=ma
0=v₀-at₁
得：${t}_{1}=\frac{{v}_{0}}{μg}$=$\frac{4}{0.2×10}s$=2s$
物块向右达到的最大位移为：
 $S=\frac{{v}_{0}}{2}{t}_{1}$=$\frac{2×{2}^{2}}{\;}m=4m$
反向匀加速运动过程加速度大小不变．达到与传送带共速的时间为：
v=at₂
得：${t}_{2}=\frac{v}{μg}$=$\frac{2}{0.2×10}s=1s$
相对地面向左位移为：
$S′=\frac{v}{2}{t}_{2}$=$\frac{2×1}{2}m=1m$
共速后与传送带匀速运动的时间：
${t}_{3}=\frac{S-S′}{v}=\frac{4-1}{2}s$=$\frac{4-1}{2}s=1.5s$
往返总时间为：t=t₁+t₂+t₃=2s+1s+1.5s=4.5s
（2）由物块恰能通过轨道最高点D，并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，
物块是在半径为2R的圆弧上的最高点重力全部提供向心力．由牛顿第二定律得：
  $mg=\frac{{{v}_{D}}^{2}}{2R}$       
又由物块上滑过中根据机械能守恒得：
$\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}+mg•2R=\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$
联立方程代入数据解得：
${v}_{B}=\sqrt{6gR}=\sqrt{6×10×0.6}=6m/s$
物块第二次从N到A点：
$L={v}_{1}t-\frac{1}{2}μg•{t}^{2}$
速度关系：v_B=v₁-μg•t
联立上述两方程代入得：t²+6t-16=0；     
解方程得：t=2s 或t=-8s（舍去）
物体运动时传送带的位移：
s=vt=2×2m=4m
传送带为维持匀速运动多提供的力：
F=mgμ
传送带所做的功等于传送带多提供的能量：
W=F•s=mgμ•s=1×10×0.2×4J=8J
答：（1）物块第一次滑上传送带到返回N点的时间为4.5s  
（2）物块m第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量为8J

点评 此题有两个关键点：一是恰好滑过最高点并能从E点飞出，预示着在半径为2R的轨道最高点只有重力提供向心力，从而能求出最高点乃至最低点的速度．二是第二次通过传送带时，要求多做的功W=Fs，显然F=μmg，这里的s就应该是皮带在这段时间的距离．而初速度、时间均未知，所以要列方程才能求出．