Question

13．如圖所示，是一傳送裝置，其中AB段粗糙，AB段長為L=1m，動摩擦因數μ=0.5；BC、DEN段均可視為光滑，DEN是半徑為r=0.5m的半圓形軌道，其直徑DN沿豎直方向，C位于DN豎直線上，CD間的距離恰能讓小球自由通過．其中N點又與足夠長的水平傳送帶的右端平滑對接，傳送帶以6m/s的速率沿順時針方向勻速轉動，小球與傳送帶之間的動摩擦因數也為0.5．左端豎直墻上固定有一輕質彈簧，現(xiàn)用一可視為質點的小球壓縮彈簧至A點后由靜止釋放（小球和彈簧不粘連），小球剛好能沿圓弧DEN軌道滑下，而始終不脫離軌道．已知小球質量m=0.2kg，g 取10m/s²．
（1）求小球到達D點時速度的大小及彈簧壓縮至A點時所具有的彈性勢能；
（2）小球第一次滑上傳送帶后的減速過程中，在傳送帶上留下多長的痕跡？
（3）如果希望小球能沿著半圓形軌道上下不斷地來回運動，且始終不脫離軌道，則傳送帶的速度應滿足什么要求？

Answer 1

分析 （1）小球恰好通過最高點，則根據重力充當向心力可求得D點的速度，再根據能量守恒規(guī)律即可明確彈性勢能的大小；
（2）根據機械能守恒定律可求得N的速度，再根據牛頓第二定律可求得加速度，再根據運動學公式即可求得在傳送帶上的痕跡；
（3）根據機械能守恒定律可求得初速度大小，從而明確傳送帶速度的范圍．

解答 解：（1）“小球剛好能沿DEN軌道滑下”，在圓周最高點D點必有：
mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{r}$
代入數據得：v_D=$\sqrt{5}$m/s，
從A點到D點，由能量守恒得：E_p=μmgL+$\frac{1}{2}$mv_D²
聯(lián)立以上兩式并代入數據得：E_p=1.5J
（2）從D到N，根據機械能守恒可得：
$\frac{1}{2}m{v_D}^2+mg•2r=\frac{1}{2}m{v_N}^2$
在傳送帶上物塊，由牛頓第二定律有：
μmg=ma
代入數據解得：a=5m/s²；
物塊向左減速        
由速度公式可得：v_N=at
解得；t=$\frac{{v}_{N}}{a}$=$\frac{5}{5}$=1S
物塊向左運動的位移，由位移公式${S_1}=\frac{1}{2}a{t^2}$可得：
解得：s₁=2.5m
傳送帶向右運動的位移為S₂=vt
解得：S₂=6m
留下的痕跡為：△S=S₁+S₂=2.5+6=8.5m；
（3）設物塊在傳送帶上返回到右端的速度為v₀，若物塊恰能沖到EF軌道圓心的等高處，則有：$\frac{1}{2}mv_0^2=mgr$
代入數據解得：v₀=$\sqrt{10}$m/s；
則傳送帶的速度必須滿足$0＜{v_帶}≤\sqrt{10}m/s$
答：（1）小球到達D點時速度的大小及彈簧壓縮至A點時所具有的彈性勢能為1.5J；
（2）小球第一次滑上傳送帶后的減速過程中，在傳送帶上留下8.5m的痕跡
（3）傳送帶的速度應滿足$0＜{v_帶}≤\sqrt{10}m/s$

點評 本題考查了求速度、彈性勢能、痕跡長度、傳送帶速度問題，分析清楚物體運動過程是正確解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律、運動學公式、能量守恒定律與機械能守恒定律即可正確解題．