Question

11．如圖所示，有一個可視為質點的質量為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點的切線方向進人固定在豎直平面內的光滑圓弧軌道，最后小物塊無碰撞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行的速度為v=3m/s，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數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）A、C兩點的豎直高度為多少；
（2）小物塊到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力；
（3）小物塊從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中產生的熱量．

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，由速度分解求出經過C點的豎直分速度，即可求得A、C兩點的豎直高度．
（2）先利用平拋運動求出物體到達C點速度，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；
（3）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共同運動的速度，根據能量守恒求出物塊在木板上相對滑動過程中產生的熱量Q．

解答 解：（1）設小物體在C點時得豎直分速度大小為v_y，速度大小為v_C，由平拋運動的規(guī)律可知，C點的速度方向與水平方向成θ=53°，則由幾何關系可得：
  v_y=v₀tan53°=1.8×$\frac{4}{3}$=2.4m/s
由${v}_{y}^{2}$=2gh得 h=$\frac{{v}_{y}^{2}}{2g}$=0.288m
（2）C點的速度 v_C=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$=$\frac{1.8}{cos53°}$m/s=3m/s
由C點到D點，由動能定理得：
  mgR（1-cosθ）=$\frac{1}{2}$mv_D²-$\frac{1}{2}$mv_C²
小球在D點，由牛頓第二定律得：
  F_N-mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$…③
由牛頓第三定律，小物塊到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力為：F_N′=F_N…④
①②③④聯立得：F_N′=22.5N，方向豎直向下．
（3）設小物塊在傳送帶上滑動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：
 a=$\frac{μmg}{m}$=μg=0.5×10m/s²=5m/s²
小物塊勻減速直線運動至速度為零的時間為t₁，向左通過得位移為x₁，傳送帶向右運動的距離為x₂，則：
 v_D=at₁
 x₁=$\frac{1}{2}$at₁²
 x₂=vt₁
小物塊向右勻加速直線運動達到和傳送帶速度相同時間為t₂，向左通過的位移為x₃，傳送帶向右運動的距離為x₄，則：
 v=at₂
 x₃=$\frac{1}{2}$at₂²
 x₄=vt₂
整個過程小物塊相對傳送帶滑動的距離為：x=x₁+x₂+x₄-x₃
生成得熱量為：Q=μmgx…
聯立以上九式解得：Q=32J
答：
（1）A、C兩點的豎直高度為是0.288m；
（2）小物塊到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力是22.5N，方向豎直向下；
（3）小物塊從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中產生的熱量是32J．

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．