Question

11．如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定速率2m/s沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，在與傳送帶同一豎直平面內(nèi)有一四分之一光滑圓軌道，半徑為0.8m，圓軌道與一光滑水平面相切與最低點(diǎn)，一小物塊從圓軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放，一段時(shí)間后沿水平方向滑上傳送帶．已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，g取10m/s²．求小物塊：（1）運(yùn)動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度大�。�
（2）剛滑上傳送帶時(shí)的加速度大�。�
（3）從滑上傳送帶到離開(kāi)傳送帶所用的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求出物體運(yùn)動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)的速度大�。�
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出物塊剛滑上傳送帶時(shí)的加速度大小．
（3）物塊滑上傳送帶后，先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到零，然后反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到傳送帶速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出三段過(guò)程中的時(shí)間，從而得出總時(shí)間．

解答 解：（1）根據(jù)動(dòng)能定理得：mgh=$\frac{1}{2}$mv${\;}_{1}^{2}$…①
解得：v₁=$\sqrt{2gh}=\sqrt{2×10×0.8}$=4m/s          
（2）根據(jù)牛頓第二定律得：μmg=ma…②
解得：a=μg=0.2×10m/s²=2m/s²     
（3）小物塊先向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直至速度為零，設(shè)這段時(shí)間為t₁，運(yùn)動(dòng)的位移為x₁；再向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直至速度達(dá)到傳送帶速度v₂，設(shè)這段時(shí)間為t₂，運(yùn)動(dòng)的位移為x₂；最后以速度v₂向右做勻速運(yùn)動(dòng)直到離開(kāi)傳送帶，設(shè)這段時(shí)間為t₃．
 0=v₁-at₁ …③
x₁=$\frac{{v}_{1}}{2}$t₁…④
代入數(shù)據(jù)解得：t₁=2s   x₁=4m； 
返回做勻加速直線運(yùn)動(dòng)階段，v₂=at₂…⑤
x₂=$\frac{1}{2}$at${\;}_{2}^{2}$…⑥
代入數(shù)據(jù)解得：t₂=1s   x₂=1m； 
勻速直線運(yùn)動(dòng)階段，x₁-x₂=v₂t₃…⑦
代入數(shù)據(jù)解得：t₃=1.5s                         
所以總時(shí)間為：t=t₁+t₂+t₃=2+1+1.5s=4.5s          
答：（1）運(yùn)動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為4m/s；
（2）剛滑上傳送帶時(shí)的加速度大小為2m/s²；
（3）從滑上傳送帶到離開(kāi)傳送帶所用的時(shí)間為4.5s．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，理清物塊在傳送帶上整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解．