Question

1．如圖所示，高h(yuǎn)=0.8m的水平桌面上固定一光滑軌道，軌道的中間部分有一半徑R=0.5m的豎直光滑圓槽，水平軌道的右端與一水平傳送帶相切，傳送帶長(zhǎng)L=1.5m，按圖示方向以v=3m/s的速度勻速運(yùn)行．一個(gè)質(zhì)量m=1kg的滑塊從光滑軌道的左側(cè)A點(diǎn)以v₀=5m/s的速度水平向右滑入軌道，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8．求：
（1）滑塊剛進(jìn)入圓軌道的最低點(diǎn)B時(shí)受到的支持力F_N的大�。�
（2）滑塊經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)C處時(shí)速度v_C的大�。�
（3）滑塊落地點(diǎn)D到傳送帶右端的水平距離x．

Answer 1

分析 （1）最低點(diǎn)B對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，結(jié)合B點(diǎn)速度大小，利用牛頓第二定律，即可求出滑塊剛進(jìn)入圓軌道的最低點(diǎn)B時(shí)受到的支持力F_N的大小；
（2）從B到C運(yùn)用動(dòng)能定理，即可求出滑塊經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)C處時(shí)速度v_C的大小；
（3）分析小物塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)過程，求出小物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶右邊的速度，再利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可求出滑塊落地點(diǎn)D到傳送帶右端的水平距離x．

解答 解：（1）滑塊剛進(jìn)入圓軌道的最低點(diǎn)B時(shí)，由牛頓第二定律得：F_N-mg=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得：F_N=mg+m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$=1×10+1×$\frac{{5}^{2}}{0.5}$N=60N
（2）滑塊從B運(yùn)動(dòng)到C的過程中，由動(dòng)能定理得：-mg•2R=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：v_C=$\sqrt{5}$m/s
（3）假設(shè)傳送帶足夠長(zhǎng)，設(shè)滑塊在傳送帶上減速至v=3m/s通過的距離為s，
由動(dòng)能定理得：-μmgs=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：s=1m＜L
故滑塊未滑到傳送帶右端就與傳送帶速度相同，
即滑塊從傳送帶上滑下做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度：v=3m/s．
設(shè)滑塊做平拋運(yùn)動(dòng)落地的時(shí)間為t，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律：h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
落地點(diǎn)到傳送帶右端的水平距離：x=vt
聯(lián)立解得：x=v•$\sqrt{\frac{2h}{g}}$=3×$\sqrt{\frac{2×0.8}{10}}$m=1.2m
答：（1）滑塊剛進(jìn)入圓軌道的最低點(diǎn)B時(shí)受到的支持力F_N的大小為60N；
（2）滑塊經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)C處時(shí)速度v_C的大小為$\sqrt{5}$m/s；
（3）滑塊落地點(diǎn)D到傳送帶右端的水平距離x為1.2m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查動(dòng)能定理的綜合運(yùn)用，物體運(yùn)動(dòng)過程較為復(fù)雜，分析清楚物塊的運(yùn)動(dòng)過程是解題的關(guān)鍵；應(yīng)用動(dòng)能定理、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以解題；在傳送帶上利用假設(shè)法，通過比較共速時(shí)小物塊位移與傳送帶位移大小，才能確定小物塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)過程．