Question

19．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 （1）滑块滑上传送带先做匀减速直线运动（末速度为零），然后返回做匀加速直线运动（初速度为零），达到传送带速度后一起做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出物体从第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间；
（2）物块恰能始终贴着圆弧轨道BCDE内侧通过其最高点D，根据重力提供向心力列式求解出D点速度；然后对从A到D过程运用机械能守恒定律列式求解A点速度；再对N到A过程运用运动学公式求解出初速度和时间；得到传送带的位移后即可求解多消耗的电能．

解答 解：（1）物块B向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B向右作匀减速运动过程：
μmg=ma
0=v₀-at₁
${t}_{1}=\frac{{v}_{0}}{μg}$=2s
物块向右达到的最大位移：
S=$\frac{{v}_{0}{t}_{1}}{2}$=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：
v=at₂  
${t}_{2}=\frac{v}{μg}$=1s
相对地面向左位移：
$S′=\frac{v}{2}{t}_{2}$=1m
共速后与传送带匀速运动的时间：
${t}_{3}=\frac{S-S′}{v}=\frac{4-1}{2}=1.5s$
往返总时间：
t=t₁+t₂+t₃=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充当向心力，得：
$mg=m\frac{{v}_{D}^{2}}{2R}$         
又由物块上滑过中根据机械能守恒得：
$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}+mg•2R=\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
代入数据解得：
${v}_{B}=\sqrt{6Rg}=6m/s$
物块第二次从N到A点：
$L={v}_{1}t-\frac{1}{2}gμ{t}^{2}$      
速度关系：
v_B=v₁-gμt
代入得：t²+6t-16=0；     
得：t=2s 或t=-8s（舍）
物体运动时传送带的位移：
s=vt=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=Fs=μmgs=8J
答：（1）物块m从第一次滑上传送带到返回N端的时间为4.5s；
（2）物块m第二次在传送带上运动时，电动机为了维持传送带匀速转动，对传送带多提供的能量为8J．

点评 本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解，较难．