Question

【題目】如圖所示，水平面右端放一大小可忽略的小物塊，質量m=0.1kg，以v0=4m/s向左運動，運動至距出發(fā)點d=1m處將彈簧壓縮至最短，反彈回到出發(fā)點時速度大小v1=2m/s．水平面與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L=3m，以v2=10m/s順時針勻速轉動．傳送帶右端與一豎直面內光滑圓軌道理想連接，圓軌道半徑R=0.8m，物塊進入軌道時觸發(fā)閉合裝置將圓軌道封閉．（g=10m/s2 ， sin53°=0.8，cos53°=0.6））求：

（1）物體與水平面間的動摩擦因數μ1；
（2）彈簧具有的最大彈性勢能Ep；
（3）要使物塊進入豎直圓軌道后不脫離圓軌道，傳送帶與物體間的動摩擦因數μ2應滿足的條件．

Answer 1

【答案】
（1）

解：小物塊在水平面向左運動再返回的過程，根據能量守恒定律得

μ1mg2d= ﹣

代入數據解得 μ1=0.3

（2）

解：小物塊從出發(fā)到運動到彈簧壓縮至最短的過程，由能量守恒定律得

彈簧具有的最大彈性勢能 Ep= ﹣μ1mgd

代入數據解得 Ep=0.5J

（3）

解：本題分兩種情況討論：

①設物塊在圓軌道最低點時速度為v3時，恰好到達圓心右側等高點．

根據機械能守恒得 mgR= ，得 v3=4m/s＜v2=10m/s

說明物塊在傳送帶上一直做勻加速運動．

由動能定理得：μ2mgL= ﹣

解得 μ2=0.2

②設物塊在圓軌道最低點時速度為v4時，恰好到達圓軌道最高點．

在圓軌道最高點有：mg=m

從圓軌道最低點到最高點的過程，由機械能守恒定律得

2mgR+ =

解得 v4=2 m/s＜v2=10m/s

說明物塊在傳送帶上一直做勻加速運動．

由動能定理得：μ2mgL= ﹣

解得 μ2=0.6

所以要使物塊進入豎直圓軌道后不脫離圓軌道，傳送帶與物體間的動摩擦因數μ2應滿足的條件是μ2≤0.2或μ2≥0.6．

【解析】（1）小物塊在水平面向左運動再返回的過程，動能轉化為內能，根據能量守恒定律求物體與水平面間的動摩擦因數μ1；（2）研究小物塊從出發(fā)到運動到彈簧壓縮至最短的過程，由能量守恒定律求彈簧具有的最大彈性勢能Ep；（3）物塊滑上傳送帶后，在滑動摩擦力的作用下加速，動摩擦因數μ2不同，加速距離不同，沖上圓弧軌道的初速度就不同，求出恰好到達圓心右側等高點、圓心右側等高點和圓軌道最高點時速度，再由牛頓第二定律和運動學公式或動能定理求動摩擦因數μ2的范圍．
【考點精析】解答此題的關鍵在于理解彈性勢能的相關知識，掌握彈性勢能是物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能量，以及對功能關系的理解，了解當只有重力（或彈簧彈力）做功時，物體的機械能守恒；重力對物體做的功等于物體重力勢能的減少:W G =E p1 -E p2；合外力對物體所做的功等于物體動能的變化:W 合 =E k2 -E k1 （動能定理）；除了重力（或彈簧彈力）之外的力對物體所做的功等于物體機械能的變化:W F =E 2 -E 1．