Question

14．如圖所示，水平傳送帶長L=5m，傳送帶右端Q點和豎直光滑圓形軌道的圓心O在同一豎直線上，皮帶勻速運動的速度v₀=6m/s．將質量m=2kg的小物塊無初速度地輕放在距傳送帶左端1m處的P點，小物塊運動到Q點后恰好能沖過光滑圓弧軌道的最高點N．已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度g=10m/s²．求：
（1）圓形軌道的半徑R；
（2）小物塊從P到Q的過程中，接觸面上產(chǎn)生的內能；
（3）若將小物塊輕放在傳送帶上某一區(qū)域，小物塊通過Q點后均不會脫離圓弧軌道，求這一區(qū)域到傳送帶左端的距離d的范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出P到Q過程的加速度，根據(jù)運動學公式列式求解出Q點的速度；在N點，重力恰好提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式；最后聯(lián)立方程得到圓弧軌道的半徑；
（2）根據(jù)Q=f•△S求解熱量．
（3）滑塊在滑動摩擦力的作用下加速，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，或能夠經(jīng)過最高點N是對應的臨界條件．然后結合運動學的方程即可求出．

解答 解：（1）小物塊在傳送帶上勻加速運動的加速度a=μg=5m/s²
小物塊與傳送帶共速時，所用的時間：t=$\frac{{v}_{0}}{a}=\frac{6}{5}=1.2$s
運動的位移：${x}_{1}=\frac{{v}_{0}^{2}}{2a}=\frac{{6}^{2}}{2×5}=3.6$m＜（5-1）=4m
故小物塊與傳送帶達到相同速度后以v₀=6m/s的速度勻速運動到Q，然后沖上光滑圓弧軌道恰好到達N點，故有：$mg=\frac{m{v}_{N}^{2}}{R}$
由機械能守恒定律得：$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=mg•2R+\frac{1}{2}m{v}_{N}^{2}$
解得：R=0.72m
（2）小物塊在傳送帶上相對傳送帶滑動的位移s=v₀t-x₁=6×1.2-3.6=3.6m
產(chǎn)生的熱量：Q=μmgs=0.5×2×10×3.6=36J；
（3）設在坐標為x₁處將小物塊輕放在傳送帶上，若剛能到達圓心右側的M點，由能量守恒得：
μmg（L-x₂）=mgR
代入數(shù)據(jù)解得：x₂=3.56 m
該情況下，需要滿足：x≥3.56m
若恰好能夠經(jīng)過最高點N，則x的數(shù)值是：L-x₁=5-3.6=1.4m
該情況下，需要滿足：x≤1.4m
所以小物塊通過Q點后均不會脫離圓弧軌道，這一區(qū)域到傳送帶左端的距離d的范圍是：x≤1.4m或x≥3.56m
答：（1）圓形軌道的半徑R是0.72m；
（2）從P點到Q點，小物塊在傳送帶上運動系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為36J；
（3）小物塊通過Q點后均不會脫離圓弧軌道，這一區(qū)域到傳送帶左端的距離d的范圍是：x≤1.4m或x≥3.56m．

點評 本題中涉及的過程比較多，屬于單物體多過程的情況，關鍵是明確小滑塊的運動情況，然后分段根據(jù)牛頓第二定律、動能定理、運動學公式列式分析求解．