2019年4月物理选考中，学考部分最后一题出现了如下的题目：\(\def\dd{\mathrm d} \def\e{\mathrm e}\)
- 有一个传送带，长度为 \(L=2\mathrm m\) ，两侧圆弧半径为 \(R=0.4\mathrm m\) ，以速度 \(v>0\) 逆时针转动。左侧顶上有一个角度为 \(\theta=\arcsin \frac 35\approx 37^\circ\) 的斜坡，斜坡与传送带之间的距离可以忽略，但是允许传送带从间隔处通过。斜坡高度 \(h\) 处静止放置了一个小物块，物块与斜坡、与传送带的摩擦系数均为 \(\mu=\frac12\) 。
- 然后让物块自己发生滑动，落到传送带上。下落的一瞬间速度方向突变，大小不变。
- 省略无关小题，本篇注意的第二小题问：在 \(h\) 满足什么条件的时候，物块能够回到左侧、从左侧掉下。
我们先来猜测一下标准答案怎么写的。首先在 \(h\) 已知的情况下，落到传送带的一瞬间的速度 \(v_0\) 是已知的；然后在传送带的恒摩擦力 \(f_0=\mu mg\) 下运动，水平方向加速度 \(a_0=\mu g\) ，此时只要水平运动的距离不超过 \(L\) ，那么物块就一定可以回来，也就是说 \[ v_0^2-0=2\mu g \Delta\!x,\;\Delta\!x\leq L, \] 这是一个相对简单的做法，可以说是适合出现在这个位置的小题的难度。
但是，真的是这样吗？
我们考虑当物块到达了右边的圆的上顶点的时候速度 \(v_x>0\) ，此时如果 \(v_x\) 不太大，它可以进入圆周运动，并在圆周运动的过程中被摩擦力推回、直到向上运动。这种可能显然是存在的。但是其计算比较复杂，接下来将演示整个计算过程。（稍微涉及了一点微分方程的知识，但是是可以手解的简单类型）
现在只考虑物块在右边的圆上运动的情形。我们可以以其角度来标志位置，相应的用角速度、角加速度来表现运动状态。假设现在处于 \(\theta\) 位置、角速度为 \(\omega\) ，对其进行受力分析、将所有力都分解为法向和切向来处理。约定法向向外为正，切向 \(\theta\) 增大为正。
- 压力 \(N\) ，约束力，法向。
- 摩擦力 \(f=-\mu N\) ，切向。
- 重力 \(mg\) ，法向分力为 \(-mg\cos\theta\) ，切向分力为 \(mg\sin\theta\) 。
法向合力应当等于向心力 \(-m\omega^2R\) ，切向合力等于 \(mR\ \dd \omega/\dd t\) 。
代入，得到 \[ \left\{\begin{align}\frac{\dd\theta}{\dd t}&=\omega,\tag{1}\\\frac{\dd\omega}{\dd t}&=\frac gR (\sin\theta-\mu\cos\theta)+\mu\omega^2\tag{2},\end{align}\right. \]
边界条件是 \(t=0\) 时 \(\theta=0,\ \omega=v_x/R\) 。两式相除，有 \[ \frac{\dd \omega}{\dd \theta}=\frac g{R\omega} (\sin\theta-\mu\cos\theta)+\mu\omega, \] 即 \[ \omega\dd \omega=\frac g{R} (\sin\theta-\mu\cos\theta){\dd \theta}+\mu\omega^2{\dd \theta}\tag{3}. \] 我们设 \(z=\frac 12\omega^2\) ，则 \(\dd z=\omega \dd \omega\) ，代入 \((3)\) 可得 \[ \dd z=\frac g{R} (\sin\theta-\mu\cos\theta){\dd \theta}+2\mu z\dd \theta\tag{4}, \] 注意到 \(\dd\left(\e^{-kx}y\right)=e^{-kx}\left({\dd y}-ky\dd x\right)\) ，则有 \[ \frac{\dd\left(\e^{-kx}y\right)}{e^{-kx}}={\dd y}-ky\dd x \tag{5.0}, \] 代入可有 \[ {\dd z}-2\mu z\dd \theta=\frac{\dd\left(\e^{-2\mu\theta}z\right)}{e^{-2\mu\theta}} \tag{5.1}, \] 将 \((5.1)\) 套入 \((4)\) 中，可以得到 \[ \frac{\dd\left(\e^{-2\mu\theta}z\right)}{e^{-2\mu\theta}}=\frac g{R} (\sin\theta-\mu\cos\theta){\dd \theta} \tag{6}, \] 即 \[ {\dd\left(\e^{-2\mu\theta}z\right)}=\frac g{R} (\sin\theta-\mu\cos\theta){e^{-2\mu\theta}}{\dd \theta} \tag{7}. \] 对两边 \(\int\) ，有 \[ {\e^{-2\mu\theta}z}=\frac{g \e^{-2\mu\theta}\left(\left(2 \mu^{2}-1\right) \cos \theta-3 \mu \sin\theta\right)}{R(1+4 \mu^{2})}+C_{(8)} \tag{8}, \] 取 \(\theta=0, z=z_0=\frac{v_x^2}{2R^2}\) ，代入可求得 \(C_{(8)}=\frac{2gR+v^2-4gR\mu^2+4v_x^2\mu^2}{2R^2(1+4\mu^2)}\) ，再代入 \[ {z}=\frac{g\left(\left(2 \mu^{2}-1\right) \cos \theta-3 \mu \sin\theta\right)}{R(1+4 \mu^{2})}+\frac{2gR+v^2-4gR\mu^2+4v_x^2\mu^2}{2R^2(1+4\mu^2)}\e^{2\mu\theta} \tag{9}, \] 代入数值 \(R=\frac 25,\,\mu=\frac 12,\,g=10\) 得到 \[ z=-\frac{25}{4}\left(3 \sin\theta+\cos\theta\right)+\frac{25}{8}\left(v_x^2+2\right)\e^\theta \tag{10}. \] 根据观察，只要存在一个点 \(\omega=0\) ，就可以回去，那么我们通过调节 \(v_x\) 使得函数的极小值 \(=0\) 即可；列出方程 \[ \left\{\begin{align}z&=0\tag{11.1},\\\dd z/\dd\theta&=0\tag{11.2},\end{align}\right. \] 即 \[ \left\{\begin{align}\frac{-2 g \left(2 \mu ^2-1\right) R \cos \theta+6 g \mu R \sin \theta+\e^{2 \theta \mu } \left(2 g \left(2 \mu ^2-1\right) R-\left(4 \mu ^2+1\right) v_x^2\right)}{4 \mu ^2 R+R}&=0\tag{11.1v},\\\frac{g \left(2 \mu ^2-1\right) R \sin \theta+3 g \mu R \cos \theta+\mu \e^{2 \theta \mu } \left(2 g \left(2 \mu ^2-1\right) R-\left(4 \mu ^2+1\right) v_x^2\right)}{4 \mu ^2 R+R}&=0\tag{11.2v},\end{align}\right. \] 看起来题目里面的 \(\mu=\frac 12\) 帮了我们一臂之力，否则这大概是解不出来的。代入数值的版本是 \[ \left\{\begin{align}\frac{25}{8} e^{\theta } \left(v_x^2+2\right)-\frac{25}{4} (3 \sin \theta+\cos \theta)&=0,\tag{11.1c}\\\frac{25}{8} e^{\theta } \left(v_x^2+2\right)-\frac{25}{4} (3 \cos \theta-\sin \theta)&=0,\tag{11.2c}\end{align}\right. \] 这组方程似乎很好解，\((\mathrm{11.1c})-(\mathrm{11.2c})\) 相减就得到了 \(\tan\theta=\frac 12\) （这也和摩擦角的结论相符合），因此 \[ v_x\leq\sqrt{2 \sqrt{5} \e^{-\arctan\left(1/2\right)}-2}. \] 至此，已经完整地解出了“传送带上的物块可以以多大的初速度进入在传送带的圆弧”这一问题。