Question

18．如图所示，AB段是半径为R=1m，对应圆心角为θ=37°的光滑圆弧轨道，其底端切线水平．BC段是长为2R的水平轨道，其右端紧靠长为2R、倾角θ=37°的传送带，R的大小均与AB段圆弧轨道半径相同．在距B点L₀处的水平轨道上静止一个质量为1kg的物体m，现将质量为3kg的物体M以v₀=3.2m/s的初速度自P点水平抛出，恰好切入圆弧轨道上的A点，沿圆弧轨道运动后与静止在水平轨道上的质量为m的物体发生弹性碰撞，已知物体M、m与水平轨道及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.25，水平轨道与传送带平滑连接，重力加速度g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）M到达A点时速度和通过B点时对轨道的压力；
（2）L₀取何值时，M恰好滑到C点；
（3）当L₀=0.8R时，为确保将m送到D点，传送带的运行速度u应满足什么条件？

Answer 1

分析 （1）由机械能守恒定律与牛顿定律求出压力；
（2）由动能定理、动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出L₀；
（3）应用动能定理求出u需要满足的条件．

解答 解：（1）根据平抛运动的规律得
v_Acos37°=v₀，
v_A=4m/s，
A→B过程，由机械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}$M${v}_{A}^{2}$+MgR（1-cos37°）=$\frac{1}{2}$M${v}_{B}^{2}$
v_B=$\sqrt{20}$m/s，
在B点，由牛顿第二定律得：N-Mg=M$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$
解得：N=90N．
（2）设M与m碰前速度为v₀，动能定理得：-μMgL₀=$\frac{1}{2}$Mv²-$\frac{1}{2}$Mv_B²      
v=$\sqrt{20-{5L}_{0}}$
碰撞后M、m的速度分别为v₁和v₂，
规定向右为正方向，由动量守恒定律得：
Mv=Mv₁+mv₂            
由机械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$Mv²=$\frac{1}{2}$Mv₁²+$\frac{1}{2}$mv₂²        
v₁=$\frac{v}{2}$，v₂=$\frac{3v}{2}$
碰后，M运动到C的过程，由动能定理得：
-μMg（2R-L₀）=0-$\frac{1}{2}$Mv₁²           ⑥
联立解得：L₀=$\frac{4}{3}$m；
（3）当L₀=0.8R，v₂=$\frac{3v}{2}$=6m/s，
碰后m运动到C的过程，
由动能定理得：-μmg（2R-L₀）=$\frac{1}{2}$mv_C²-$\frac{1}{2}$mv₂²   
解得：v_C=$\sqrt{30}$m，
i）若皮带逆时针转动，设其运动的距离为s时，速度减为零，
由动能定理得：-mgssinθ-μmgscosθ=0-$\frac{1}{2}$mv_C²      
解得：s=$\frac{15}{8}$R＜2R，故m不能到达D点；
ii）若传送带顺时针转动，由于μmgcsoθ＜mgsinθ，故m在传送带上不可能加速向上运动．
a）若u＞v_C，m将一直向上匀减运动，设速度为零时运动的距离为x，
由动能定理得：-mgxsinθ+μmgxcosθ=0-$\frac{1}{2}$mv_C²    
解得：x=3.75R＞2R，一定能将m送到D点．
b）若u＜v_C，它将先相对传送带向上（摩擦力向下）匀减速到u，
然后相对传送带向下（摩擦力向上）匀减速到0．由动能定理得：
-mgs₁sinθ-μmgs₁cosθ=$\frac{1}{2}$mu²-mv_C²      ⑨
-mgs₂sinθ+μmgs₂cosθ=0-$\frac{1}{2}$mu²       ⑩
解得：s₁+s₁=2R，解得：u=$\sqrt{2}$m/s，
所以，将m送到D点的条件是传送带速度应满足u≥$\sqrt{2}$m/s，方向向上．
答：（1）M到达A点时速度和通过B点时对轨道的压力是90N；
（2）L₀=$\frac{4}{3}$m，M恰好滑到C点；
（3）当L₀=0.8R时，为确保将m送到D点，传送带的运行速度应满足u≥$\sqrt{2}$m/s，方向向上．

点评 本题是一道力学综合题，难度较大，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用机械能守恒定律、动量守恒定律、动能定理即可正确解题．