题目内容

3．如图所示，在水平轨道中间有一半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，右端安放一个与水平面夹角为θ，长度为L0，以v0逆时针匀速转动的传送带，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，其长度L可调节；水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．小物块A轻放（初速为0）在传送带顶端，通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与弹簧接触，之后A压缩弹簧并被弹簧弹回（弹回速度为刚与弹簧接触时速度的一半），经水平轨道返回圆形轨道，物块A可视为质点．已知R=0.2m，θ=37°，L0=1.8m，L=1.0m，v0=6m/s，物块A质量为m=1kg，与轮带间的动摩擦因数为μ1=0.5，与PQ段间的动摩擦因数为μ2=0.2，轨道其他部分摩擦不计，物块从传送带滑到水平轨道时机械能不损失．取g=10m/s2．求： 
（1）物块A滑到轮带底端时速度的大小；
（2）物块A刚与弹簧接触时速度大小；
（3）物块A返回到圆形轨道的高度；
（4）若仅调节PQ段的长度L，当L满足什么条件时，A物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道？

分析 （1）对物块在传送带上运动的过程研究，利用牛顿运动定律分析求解．
（2）物块在水平面上运动的过程，据动能定理求解即可．
（3）据牛顿运动定律和动能定理求解圆形轨道的高度．
（4）以整个运动过程为研究对象，利用牛顿运动定律把到达圆形轨道的速度求出，再据机械能和高度的条件列式求解．

解答 解：（1）物块A在传送带上受重力和摩擦力的作用做加速运动，由牛顿第二定律得：
a=$\frac{mgsin37°+{μ}_{1}mgcos37°}{m}$=g
设物块的速度增大到等于带速时下滑的位移为s，据运动学公式 v02=2as得：
s=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2g}$=$\frac{{6}^{2}}{2×10}$=1.8m=L0
所以物块A滑到轮带底端时速度的大小为6m/s
（2）物块在水平面上运动的过程，由动能定理得：
-μ2mgL=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
联立以上代入数据解得：物块A刚与弹簧接触时速度大小为：v1=4$\sqrt{2}$m/s
（3）A反弹速度 v2=$\frac{1}{2}$v1=2$\sqrt{2}$m/s
A向右经过PQ段，由${v}_{3}^{2}$-v22=-2μ2gl
代入数据解得速度：v3=2m/s
A滑上圆形轨道，由动能定理得：-mgh=0-$\frac{1}{2}$$m{v}_{3}^{2}$
可得，返回到右边轨道的高度为h=0.2m=R，h≤R符合实际．
（4）物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，
据牛顿运动定律得：
  ${v}_{1}^{2}$-${v}_{0}^{2}$=-2μ2gL
  ${v}_{3}^{2}-{v}_{2}^{2}$=-2μ2gl
联立可得，A回到右侧速度 ${v}_{3}^{2}$=$\frac{{v}_{0}^{2}}{4}$-$\frac{5}{4}$μgL=（9-5L）（m/s）2
要使A能返回右侧轨道且能沿圆轨道运动而不脱离轨道，有两种情况：
①A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：0＜h≤R
又 $\frac{1}{2}$$m{v}_{3}^{2}$=2mgh
联立可得，1m≤l＜1.8m
②若A、B整体能沿轨道上滑至最高点，则满足
 $\frac{1}{2}m{v}_{3}^{′2}$=mg•2R+$\frac{1}{2}$$m{v}_{4}^{′2}$
且m$\frac{{v}_{4}^{′2}}{R}$≥2mg
联立得 l≤-0.2m，不符合实际，即不可能沿轨道上滑至最高点
综上所述，要使A物块能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件
是1m≤l＜1.8m．
答：（1）物块A滑到轮带底端时速度的大小6m/s；
（2）物块A刚与弹簧接触时速度大小4$\sqrt{2}$m/s；
（3）物块A返回到圆形轨道的高度0.2m；
（4）若仅调节PQ段的长度L，当L满足1m≤l＜1.8m时，A物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道．

点评 此题牵涉的运动模型较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解，注意各子过程之间的衔接的物理量，特别是求4问时，一定全过程利用牛顿运动定律把l求出来，据此再分析．

练习册系列答案
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