Question

7．如图所示，四分之一圆轨道OA与传送带相切相连，下方的CD水平轨道与他们在同一竖直面内．圆轨道OA的半径R=1.25m，传送带长S=2.25m，圆轨道OA光滑，AB与CD间的高度差为h．一滑块从O点静止释放，当滑块经过B点时（无论传送带是否运动），静止在CD上的长为L=$\frac{3}{4}$m的木板（此时木板的末端在B点的正下方）在F=12N的水平恒力作用下启动，此时滑块落入木板中．已知滑块与传送带的摩擦因数μ₁=0.2，目木板的质量M=1kg，木板与CD间的摩擦因数为μ₂=0.4，g取10m/s²，求：
（1）如果传送带静止，求滑块到达B点的速度．
（2）如果传送带静止，求h的取值范围．
（3）如果传送带可以以任意速度传动，取h=20m，试判断滑块还能否落在木板上．

Answer 1

分析 （1）根据动能定理求得到达B点的速度；
（2）由动能定理可求得滑块到达B点的速度；同时由牛顿第二定律求出木板的加速度，根据平抛运动及匀加速直线运动规律可求得h的取值范围；
（3）由高度利用平抛运动规律可求得下落时间，根据传送带转动时的对滑块的速度影响，再平抛运动规律可分析能否落在木板上．

解答 解：（1）滑块滑到A点的速度为vA，由机械能守恒定律可知：
mgR=$\frac{1}{2}$mv_A²
代入数据解得：V_A=5m/s；
滑块滑过静止的传送带到达B点后，速度为V_B，
由动能定理有：-μ₁mgS=$\frac{1}{2}$mv_B²-$\frac{1}{2}$mv_A²     
代入数据得：v_B=4m/s；
（2）木板在CD上运动的加速度由牛顿第二定律得：a=8m/s²；
v_Bt₁≥$\frac{1}{2}$at₁²    
代入数据解得：t₁≤1s；
对应的高度为：h₁=$\frac{1}{2}$gt₁²  
代入数据解得：h₁≤5m；
如果滑块恰好落在木板右端，需耗时t₂，则有：v_Bt₂≤$\frac{1}{2}$at₂²+L
解得：t₂≥$\frac{3}{4}$s和0≤t₂≤$\frac{1}{4}$s
0≤t₂≤$\frac{1}{4}$s对应的高度为：h₂=$\frac{1}{2}$gt₂²  
解得：h₂≥$\frac{45}{16}$m=2.8125m；
0≤h₂≤$\frac{5}{16}$m=0.3125m
故h的取值范围为[$\frac{45}{16}$m，5m]，[0m，$\frac{5}{16}$m]
（3）如果h=20m，则滑块落在木板上的时间为t，则有h=$\frac{1}{2}$gt²，解得t=2s；
如果滑块落在木板左端，需要滑块有速度v_B1，则有v_B1t=$\frac{1}{2}$at²，解得v_B1=8m/s；
由于传送带的速度足够大，所以可以让滑块一直处于加速状态，设滑块运动到B点的
速度为v′_B1，则由动能定理有：μ₁mgS=$\frac{1}{2}$mv²_B1-$\frac{1}{2}$mv_A²      解得：v′_B1=$\sqrt{34}$m/s＜8m/s；
即传送带不足以使滑块获得落在木板上所需的速度，故滑块不能落在木板上．
答：（1）如果传送带静止，滑块到达B点的速度为4m/s．
（2）如果传送带静止，h的取值范围为[$\frac{45}{16}$m，5m]，[0m，$\frac{5}{16}$m]．
（3）如果传送带可以以任意速度传动，取h=20m，滑块不能落在木板上

点评 本题为多物体多过程问题，要分别对两物体受力分析，并明确两物体的等时性，再分别求出各物体的位移；联立确定其对应关系．