Question

10．如圖所示，在傳送帶的右端Q點固定有一豎直光滑圓弧軌道，軌道的入口與傳送帶在Q點相切．以傳送帶的左端點為坐標原點O，水平傳送帶上表面為x軸建立坐標系，已知傳送帶長L=6m，勻速運動的速度v₀=4m/s．一質(zhì)量m=1kg的小物塊輕輕放在傳送帶上x_P=2m的P點，小物塊隨傳送帶運動到Q點后恰好能沖上光滑圓弧軌道的最高點N點．小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，重力加速度g=10m/s²．
（1）求N點的縱坐標y_N；
（2）若將小物塊輕放在傳送帶上的某些位置，小物塊均不脫離圓弧軌道，求傳送帶上這些位置的橫坐標的范圍．

Answer 1

分析 （1）小物塊在傳送帶上先做勻加速運動，由牛頓第二定律求出加速度，根據(jù)運動學(xué)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，即可得到N點的縱坐標．
（2）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(cè)M點、圓心右側(cè)等高點、圓心左側(cè)M點的臨界加速距離，從而得到傳送帶上這些位置的橫坐標的范圍．

解答 解：（1）在傳送帶上先做勻加速運動，對小物塊，由牛頓第二定律得：μmg=ma
解得：a=4m/s²
小物塊與傳送帶共速時，所用的時間 t=$\frac{{v}_{0}}{a}$=$\frac{4}{4}$s=1s，
運動的位移：s=$\frac{{v}_{0}}{2}t$=$\frac{4×1}{2}$=2m＜L-x_P=4m
故小物塊與傳送帶達到相同速度后以v₀=4m/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．
在N點，由牛頓第二定律得：mg=m$\frac{{v}_{N}^{2}}{R}$
從Q到N過程，由機械能守恒定律得：
  $\frac{1}{2}$mv₀²=mg•2R+$\frac{1}{2}$mv_N²，
解得：R=0.32m，則N點的縱坐標：y_N=2R=0.64m；
（2）由（1）可知，當物塊從x₁=L-s=4m處釋放時，物塊到達Q點時恰好與皮帶速度相等，
物塊恰好通過圓軌道的最高點，則當x≤x₁=4m時，物塊不會脫離圓軌道；
設(shè)在坐標為x₁處將小物塊輕放在傳送帶上，若剛能到達與圓心等高位置，從釋放點到圓心等高位置過程中，由動能定理得：
   μmg（L-x）-mgR=0-0，解得：x₂=5.2m，當x≥5.2m時，物塊不會脫離軌道；
故小物塊放在傳送帶上的位置坐標范圍為：0≤x≤4m和5.2m≤x＜6m；
答：（1）N點的縱坐標為1m；
（2）小物塊均能沿光滑圓弧軌道運動（小物塊始終在圓弧軌道運動不脫軌）的位置的橫坐標范圍是：0≤x≤4m和5.2m≤x＜6m．

點評 本題關(guān)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(xué)公式列式分析求解．