Question

13．如圖所示，有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量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，最后小物塊無碰撞的地滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)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(shí)針方向勻速運(yùn)動(dòng)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）小物塊到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（2）小物塊從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中在傳送帶上留下劃痕的長度．

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)的速度大小．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；
（2）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，即為劃痕的長度．

解答 解：（1）設(shè)小物體在C點(diǎn)的速度為v_c，在C點(diǎn)有 v_c=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$；
解得 v_c=3m/s
從C到D，由動(dòng)能定理得
    mgR（1-cosθ）=$\frac{1}{2}$mv_D²-$\frac{1}{2}$mv_C²
解得 v_D=5m/s
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．
（2）設(shè)物體在傳送帶上加速度大小為a，則由牛頓第二定律得
   μmg=ma
得 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程，所用時(shí)間為t₂，t₂=$\frac{v}{a}$
通過的位移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
即小物塊從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中在傳送帶上留下劃痕的長度是6.4m．
答：
（1）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；
（2）小物塊從滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中在傳送帶上留下劃痕的長度是6.4m．

點(diǎn)評(píng) 恰能無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．