Question

15．如图所示，光滑水平面OA与水平传送带相切于A点，传送带的水平部分AB长L=2.2m，转动轮半径R₁=0.4m．一水平放置、半径R₂=0.275m的薄壁圆柱筒绕轴OO'匀速转动，筒壁上自左端处开始有一与轴线平行、长度d=3.6m的长槽，圆筒左端面和B点在同一竖直面上，顶端距B点H=1.25m，且小滑块P的速度方向和圆筒轴线OO'在同一竖直面上．已知小滑块P（可视为质点，以下简称P）的质量m=1kg，与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s²，现让P压缩弹簧，则：
（1）若传送带保持静止，为使得P能到达B点，弹簧弹性势能至少多大；
（2）若P能从B点飞离传送带，飞离时长槽恰好转动到圆筒的正下方，且P能进入长槽，求圆筒周期；
（3）若P滑上A点时v₀=3$\sqrt{3}$ m/s，为使P能从B点飞离传送带，从长槽进入后又从长槽穿出（假设圆筒周期满足条件），整个过程不与圆筒相撞，传送带转动轮的角速度ω应满足什么条件．

Answer 1

分析 （1）小滑块P恰好到达B点时，弹簧的弹性势能E_p全部克服摩擦力做功，利用能量守恒，即可求出弹簧弹性势能E_p的最小值；
（2）滑块离开B后做平抛运动，恰好落入圆桶的小孔内，找出下落时间与圆筒初始位置以及圆筒周期之间的关系，即可求出圆筒周期．
（3）滑块离开B后做平抛运动，要恰好落入圆桶的小孔内并穿过，水平位移大小大于s，根据平抛运动的规律求得滑块经过C点的最小速度；同理求出小球再次穿过的时间与水平速度，从而确定传送带的速度的范围，然后由v=ωr求出传送带转动轮的角速度ω．

解答 解：（1）由功能关系可知：E_p=μmgL
解得：E_p=11J 
（2）从B点飞出到圆筒上端：$H=\frac{1}{2}g{t_1}^2$ 
因为P飞离传送带时，长槽恰好转动到圆筒的正下方，
根据圆筒匀速转动周期性可知：${t_1}=\frac{T}{2}+nT$ （n=0，1，2，3…）
解得：$T=\frac{1}{2n+1}$s（n=0，1，2，3…） 
（3）小滑块P能从B点飞离需满足：$mg≤m\frac{{{v_1}^2}}{R_1}$，
得到：v₁≥2m/s
设小滑块P从C点下落到下端位置的时间t₂：$H+2{R_2}=\frac{1}{2}g{t_2}^2$ 
则小球能从长槽顺利穿出需满足条件：v₂t₂≤d即v₂≤6 m/s
假设小滑块P在AB上全程匀减速有：${v_{min}}^2-{v_0}^2=-2μgL$
假设小滑块P在AB上全程匀加速有：${v_{max}}^2-{v_0}^2=2μgL$ 
解得：${v_{min}}=\sqrt{5}$m/s，v_max=7m/s
分析可知全程匀减速的末速度：${v_{min}}=\sqrt{5}m/s＞2m/s$，
所以转动轮的角速度最小值为0 
全程匀加速的末速度：v_max=7m/s＞6m/s，
所以转动轮的角速度最大值为：$ω=\frac{v_2}{R_1}=\frac{6}{0.4}=15$ rad/s 
综上分析可得：0≤ω≤15 rad/s
答：（1）若传送带保持静止，为使得P能到达B点，弹簧弹性势能至少为11J；
（2）若P能从B点飞离传送带，飞离时长槽恰好转动到圆筒的正下方，且P能进入长槽，圆筒周期为$\frac{1}{2n+1}$s（n=0，1，2，3…）；
（3）传送带转动轮的角速度ω应满足0≤ω≤15 rad/s．

点评 本题考查动能定理、牛顿第二定律和运动学规律的综合运用，滑块经历三个运动过程，分段选择物理规律进行研究，关键是抓住圆盘与滑块运动的同时性，根据周期性求解ω应满足的条件，第三问要找到物块平抛水平距离最远和最近的临界条件，即：滑块恰好在传送带上一直加速，正好在最右端加速到与传送带共速时，平抛的水平位移最大；滑块恰好在传送带上一直减速，正好在最右端减速到与传送带共速时，时平抛的水平位移最小．