Question

13．如圖所示，豎直平面內(nèi)一光滑的四分之一圓軌道與足夠長的水平傳送帶相切于最低點，圓軌道半徑為3.2m，傳送帶以4m/s的恒定速率沿順時針方向運動，質(zhì)量為1kg的小物塊從圓軌道遁的最高點由靜止釋放．已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，g取10m/s²．求：
（1）小物塊在圓軌道最低點時對軌道的壓力大小；
（2）小物塊從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶所用的時間．

Answer 1

分析 （1）小物塊在光滑的四分之一圓軌道上下滑的過程中，只有重力做功，根據(jù)動能定理求出物塊運動到圓軌道最低點的速度大�。�根據(jù)牛頓第二定律求出物塊在最低點受到的支持力，從而得到物塊對軌道的壓力．
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出物塊剛滑上傳送帶時的加速度大�。�物塊滑上傳送帶后，先做勻減速直線運動到零，然后反向做勻加速直線運動，達到傳送帶速度做勻速直線運動，結(jié)合運動學公式求出三段過程中的時間，從而得出總時間．

解答 解：（1）小物塊在光滑的四分之一圓軌道上下滑的過程，根據(jù)動能定理得：
  mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$…①
解得：v₁=$\sqrt{2gR}$=$\sqrt{2×10×3.2}$=8m/s
在最低點，根據(jù)牛頓第二定律得
   N-mg=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得 N=3mg=30N
由牛頓第三定律得，小物塊在圓軌道最低點時對軌道的壓力大小 N′=N=30N          
（2）設物塊剛滑上傳送帶時的加速度大小為a．
根據(jù)牛頓第二定律得：μmg=ma…②
解得：a=μg=0.4×10m/s²=4m/s²     
小物塊先向左做勻減速直線運動，直至速度為零，設這段時間為t₁，運動的位移為x₁；再向右做勻加速直線運動，直至速度達到傳送帶速度v₂，設這段時間為t₂，運動的位移為x₂；最后以速度v₂向右做勻速運動直到離開傳送帶，設這段時間為t₃．
 0=v₁-at₁ …③
 x₁=$\frac{{v}_{1}}{2}$t₁…④
代入數(shù)據(jù)解得：t₁=2s   x₁=8m； 
設傳送帶的速度為v₂．
物塊返回做勻加速直線運動階段，v₂=at₂…⑤
  x₂=$\frac{1}{2}$at₂²…⑥
代入數(shù)據(jù)解得：t₂=1s   x₂=2m； 
勻速直線運動階段，x₁-x₂=v₂t₃…⑦
代入數(shù)據(jù)解得：t₃=1.5s                         
所以總時間為：t=t₁+t₂+t₃=2+1+1.5s=4.5s
答：（1）小物塊在圓軌道最低點時對軌道的壓力大小是30N；
（2）小物塊從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶所用的時間是4.5s．

點評 本題考查了動能定理、牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，要理清物塊在傳送帶上整個過程中的運動情況，知道圓周運動的向心力由指向圓心的合力提供，結(jié)合運動學公式靈活求解．