Question

13．如圖所示，有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m=1kg的小物塊，從光滑平臺(tái)上的A點(diǎn)以v₀=1.8m/s的初速度水平拋出，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，最后小物塊無(wú)碰撞地滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)的足夠長(zhǎng)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(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)行的速度為v=3m/s，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，圓弧軌道的半徑為R=2m，C點(diǎn)和圓弧的圓心O點(diǎn)連線與豎直方向的夾角θ=53°，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s²，sin53°=0.8、cos53°=0.6．求：
（1）求物體到C點(diǎn)的速度大��；
（2）小物塊到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（3）小物塊從滑上傳送帶到第一次離開(kāi)傳送帶的過(guò)程中物塊相對(duì)傳送帶滑過(guò)的距離．

Answer 1

分析 （1）小物塊從A到C做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度沿C點(diǎn)的切線方向，由速度分解求出物體到C點(diǎn)的速度大�。�
（2）由C到D利用動(dòng)能定理求解D點(diǎn)速度，在D點(diǎn)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(dòng)時(shí)，做勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減到零后，反向勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度相同后一起做勻速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出相對(duì)位移．

解答 解；（1）設(shè)小物體在C點(diǎn)的速度為v_c，在C點(diǎn)由v_C=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$   
解得v_C=$\frac{1.8}{cos53°}$m/s=3m/s
（2）設(shè)在D的速度為v_D，從C到D，由動(dòng)能定理得
  mgR（1-cosθ）=$\frac{1}{2}$mv_D²-$\frac{1}{2}$mv_C²
小球在D點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)小球的作用力為F_N，由牛頓第二定律得：
  F_N-mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
解得 F_N=22.5N 
由牛頓第三定律，小球?qū)�軌道的壓力大小�?F_N′=F_N=22.5N，方向豎直向下．
（3）設(shè)物體在傳送帶上加速度為a，則μmg=ma，a=μg=5m/s²；
物體由D點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)至速度為零，所用時(shí)間為t₁，向左通過(guò)的位移為x₁，則
  v_D=at₁，x₁=$\frac{{v}_{D}}{2}{t}_{1}$
t₁時(shí)間內(nèi)傳送帶向右的位移為 x₁=vt₁
物體速度由零增加到與傳送帶速度相等過(guò)程，所用時(shí)間為t₂，t₂=$\frac{v}{a}$
通過(guò)的位移x₃，x₃=$\frac{v}{2}{t}_{2}$        
傳送帶的位移為 x₄=vt₂
小木塊相對(duì)傳送帶移動(dòng)的路程為：x=x₁+x₂+x₄-x₃
聯(lián)立解得 x=6.4m
答：
（1）物體到C點(diǎn)的速度大小是3m/s；
（2）小物塊到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為22.5N，方向豎直向下；
（3）小物塊從滑上傳送帶到第一次離開(kāi)傳送帶的過(guò)程中物塊相對(duì)傳送帶滑過(guò)的距離是6.4m．

點(diǎn)評(píng) 恰能無(wú)碰撞地沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入光滑豎直圓弧軌道，這是解這道題的關(guān)鍵，理解了這句話就可以求得小球在C點(diǎn)速度，本題很好的把平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)合在一起運(yùn)用機(jī)械能守恒或動(dòng)能定理解決，能夠很好的考查學(xué)生的能力．