Question

17．如圖所示，在水平軌道的左側B點豎直安放一個與水平面夾角θ=37°，輪帶AB長L₀=1.8m的傳送帶，一半徑R=0.2m的豎直圓槽形光滑軌道與水平軌道相切于C點，水平軌道CD間距離L=1.0m，在D點固定一豎直擋板，當傳送帶以v₀=6m/s順時針勻速轉動時，將質量m=1kg的可視為質點的小物塊輕放在傳動帶頂端A，小物塊通過傳送帶，水平軌道BC、圓形軌道、水平軌道CD后與擋板碰撞，并原速率彈回，再經(jīng)水平軌道CD返回圓形軌道．已知小物塊與輪帶AB間的動摩擦因數(shù)μ₁=0.5，BC段光滑，CD段動摩擦因數(shù)μ₂，物塊從傳送帶滑到水平軌道時機械能不損失，重力加速度g=10m/s²．求：

（1）物塊滑到輪帶底端B時的速度大小；
（2）若物塊能第二次沖上圓形軌道且能沿軌道運動不脫離，求μ₂的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出物塊在傳送帶上的加速度，結合速度位移公式求出物塊滑到輪帶底端B時的速度大小．
（2）物塊不脫離圓軌道有兩種情況：1、越過最高點，2、不越過四分之一圓周，且要返回到C點．根據(jù)牛頓第二定律求出物塊在最高點的最小速度，對C到D再返回經(jīng)過圓軌道的最高點過程運用動能定理，求出動摩擦因數(shù)的最大值．對C到D再返回四分之一圓周的過程，以及C到D再到C的過程，分別運用動能定理，求出動摩擦因數(shù)的最小值和最大值，從而得出μ₂的取值范圍．

解答 解：（1）物塊在傳送帶上做加速運動，由牛頓第二定律得
mgsin θ+μ₁mgcos θ=ma，
由運動學公式得v²=2aL₀
解得v=v₀=6 m/s，
故物塊在傳送帶上加速到底端時與傳送帶共速．
（2）①物塊在圓軌道的最高點的最小速度v₁，由牛頓第二定律可得：$mg=\frac{mv_1^2}{R}$，
由動能定理得：-2μ₂mgL-2mgR=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv₀²
代入數(shù)據(jù)解得μ₂=0.65
故物塊能返回圓形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道，滿足0≤μ₂≤0.65
②物塊在圓軌道上升高度R時速度為零，由動能定理可得：
-2μ₂mgL-2mgR=0-$\frac{1}{2}$mv₀²
代入數(shù)據(jù)解得：μ₂=0.8，
物塊剛好運動到C點，由動能定理可得：
-2μ₂mgL=0-$\frac{1}{2}$mv₀²
代入數(shù)據(jù)解得：μ₂=0.9
故物塊能返回圓形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道，滿足0.9＞μ₂≥0.8
總上所述，0.9＞μ₂≥0.8和0≤μ₂≤0.65．
答：（1）物塊滑到輪帶底端B時的速度大小為6m/s；
（2）μ₂的取值范圍為0.9＞μ₂≥0.8和0≤μ₂≤0.65．

點評 本題考查了動能定理、牛頓第二定律、運動學公式的綜合運用，綜合性較強，對學生的能力要求較高，尤其第二問，容易漏掉一些條件，要注意不脫離，有兩種情況：1、越過最高點，2、不越過四分之一圓周，且要返回到C點．