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(zhǎng)的水平傳送帶相切于最低點(diǎn)，圓軌道半徑為3.2m，傳送帶以4m/s的恒定速率沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為1kg的小物塊從圓軌道遁的最高點(diǎn)由靜止釋放．已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，g取10m/s²．求：
（1）小物塊在圓軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大�。�
（2）小物塊從滑上傳送帶到第一次離開(kāi)傳送帶所用的時(shí)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(guò)程中，只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理求出物塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)的速度大�。�根據(jù)牛頓第二定律求出物塊在最低點(diǎn)受到的支持力，從而得到物塊對(duì)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(shí)的加速度大�。�物塊滑上傳送帶后，先做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到零，然后反向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，達(dá)到傳送帶速度做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出三段過(guò)程中的時(shí)間，從而得出總時(shí)間．

解答 解：（1）小物塊在光滑的四分之一圓軌道上下滑的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)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(diǎn)，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(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小 N′=N=30N          
（2）設(shè)物塊剛滑上傳送帶時(shí)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，直至速度為零，設(shè)這段時(shí)間為t₁，運(yùn)動(dòng)的位移為x₁；再向右做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，直至速度達(dá)到傳送帶速度v₂，設(shè)這段時(shí)間為t₂，運(yùn)動(dòng)的位移為x₂；最后以速度v₂向右做勻速運(yùn)動(dòng)直到離開(kāi)傳送帶，設(shè)這段時(shí)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(shè)傳送帶的速度為v₂．
物塊返回做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)階段，x₁-x₂=v₂t₃…⑦
代入數(shù)據(jù)解得：t₃=1.5s                         
所以總時(shí)間為：t=t₁+t₂+t₃=2+1+1.5s=4.5s
答：（1）小物塊在圓軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)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(kāi)傳送帶所用的時(shí)間是4.5s．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，要理清物塊在傳送帶上整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)情況，知道圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由指向圓心的合力提供，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解．