Question

13．如圖所示，有一個可視為質點的質量m=1kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以v₀=1.8m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進入固定在豎直平面內的光滑圓弧軌道，最后小物塊無碰撞的地滑上緊靠軌道末端D點的足夠長的水平傳送帶．已知傳送帶上表面與圓弧軌道末端切線相平，傳送帶沿順時針方向勻速運動的速度為v=3m/s，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，圓弧軌道的半徑為R=2m，C點和圓弧的圓心O點連線與豎直方向的夾角θ=53°，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s²，sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
（1）小物塊到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力；
（2）小物塊從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中在傳送帶上留下劃痕的長度．

Answer 1

分析 （1）小物塊從A到C做平拋運動，到達C點時速度沿C點的切線方向，由速度分解求出物體到C點的速度大�。�由C到D利用動能定理求解D點速度，在D點利用牛頓第二定律和牛頓第三定律列式求解即可壓力；
（2）物塊在傳送帶上滑動時，做勻減速運動，當速度減到零后，反向勻加速直線運動，速度相同后一起做勻速運動，結合牛頓第二定律和運動學公式求出相對位移，即為劃痕的長度．

解答 解：（1）設小物體在C點的速度為v_c，在C點有 v_c=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$；
解得 v_c=3m/s
從C到D，由動能定理得
    mgR（1-cosθ）=$\frac{1}{2}$mv_D²-$\frac{1}{2}$mv_C²
解得 v_D=5m/s
小球在D點，設軌道對小球的作用力為F_N，由牛頓第二定律得：
  F_N-mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
解得 F_N=22.5N 
由牛頓第三定律，小球對軌道的壓力大小為 F_N′=F_N=22.5N，方向豎直向下．
（2）設物體在傳送帶上加速度大小為a，則由牛頓第二定律得
   μmg=ma
得 a=μg=5m/s²；
物體由D點向左運動至速度為零，所用時間為t₁，向左通過的位移為x₁，則
  v_D=at₁，x₁=$\frac{{v}_{D}}{2}{t}_{1}$
t₁時間內傳送帶向右的位移為 x₁=vt₁
物體速度由零增加到與傳送帶速度相等過程，所用時間為t₂，t₂=$\frac{v}{a}$
通過的位移x₃，x₃=$\frac{v}{2}{t}_{2}$        
傳送帶的位移為 x₄=vt₂
小木塊相對傳送帶移動的路程為：x=x₁+x₂+x₄-x₃
聯(lián)立解得 x=6.4m
即小物塊從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中在傳送帶上留下劃痕的長度是6.4m．
答：
（1）小物塊到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力大小為22.5N，方向豎直向下；
（2）小物塊從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中在傳送帶上留下劃痕的長度是6.4m．

點評 恰能無碰撞地沿圓弧切線從B點進入光滑豎直圓弧軌道，這是解這道題的關鍵，理解了這句話就可以求得小球在C點速度，本題很好的把平拋運動和圓周運動結合在一起運用機械能守恒或動能定理解決，能夠很好的考查學生的能力．