Question

13．如圖所示，豎直平面內(nèi)四分之一光滑圓弧軌道AP和水平傳送帶PC相切于P點(diǎn)，圓弧軌道的圓心為O，半徑為R=5m．一質(zhì)量為m=2kg的小物塊從圓弧頂點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，再滑上傳送帶PC，傳送帶可以速度v=5m/s沿順時(shí)針或逆時(shí)針?lè)较虻膫鲃?dòng)．小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，不計(jì)物體經(jīng)過(guò)圓弧軌道與傳送帶連接處P時(shí)的機(jī)械能損失，重力加速度為g=10m/s²．
（1）求小物體滑到P點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力；
（2）若傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较騻鲃?dòng)，物塊恰能滑到右端C，問(wèn)傳送帶PC之間的距離L為多大；
（3）若傳送帶沿順時(shí)針?lè)较虻膫鲃?dòng)，傳送帶PC之間的距離為L(zhǎng)=12.5m，其他條件不變，求小物塊從P點(diǎn)滑到C點(diǎn)所用的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）由動(dòng)能定理求出物體的速度，然后由牛頓第二定律求出支持力，再求出壓力．
（2）由動(dòng)能定理可以求出距離．
（3）由牛頓第二定律求出加速度，然后由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式求出位移，然后求出時(shí)間．

解答 解：（1）小物體滑到P點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：
mgR=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，
由牛頓第二定律得：N-mg=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得：N=60N，
由牛頓第三定律可知，壓力：N′=N=60N，方向豎直向下；
（2）滑塊向右減速到頭的過(guò)程中，
由動(dòng)能定理得：-μmgL=0-$\frac{1}{2}$mv₀²，
代入數(shù)據(jù)解得：L=10m；
（3）滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得：
μmg=ma，代入數(shù)據(jù)解得：a=5m/s²，
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得：
v²-v₀²=2ax₁，代入數(shù)據(jù)解得：x₁=7.5m，
t₁=$\frac{v-{v}_{0}}{a}$=$\frac{5-10}{-5}$=1s，
t₂=$\frac{L-{x}_{1}}{v}$=$\frac{12.5-7.5}{5}$=1s，
總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=t₁+t₂=1+1=2s；
答：（1）小物體滑到P點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力為60N；
（2）若傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较騻鲃?dòng)，物塊恰能滑到右端C，傳送帶PC之間的距離L為10m；
（3）小物塊從P點(diǎn)滑到C點(diǎn)所用的時(shí)間為2s．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)能定理的應(yīng)用，分析清楚滑塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可正確解題．