Question

10．如圖所示，在傳送帶的右端Q點(diǎn)固定有一豎直光滑圓弧軌道，軌道的入口與傳送帶在Q點(diǎn)相切．以傳送帶的左端點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，水平傳送帶上表面為x軸建立坐標(biāo)系，已知傳送帶長(zhǎng)L=6m，勻速運(yùn)動(dòng)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(chóng)_P=2m的P點(diǎn)，小物塊隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)后恰好能沖上光滑圓弧軌道的最高點(diǎn)N點(diǎn)．小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，重力加速度g=10m/s²．
（1）求N點(diǎn)的縱坐標(biāo)y_N；
（2）處P點(diǎn)到Q點(diǎn)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；
（3）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(biāo)的范圍．

Answer 1

分析 （1）求解出P到Q過(guò)程的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解出Q點(diǎn)的速度；在N點(diǎn)，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；
（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出小物塊與傳送帶間的相對(duì)位移，再由Q=f•△S求解熱量．
（3）滑塊在滑動(dòng)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(dá)圓心右側(cè)M點(diǎn)、圓心右側(cè)等高點(diǎn)、圓心左側(cè)M點(diǎn)的臨界加速距離．再求傳送帶上這些位置的橫坐標(biāo)的范圍．

解答 解：（1）對(duì)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(shí)，運(yùn)動(dòng)的位移為s：v₀²=2as 解得：s=2m
因s=2m＜L-x_P=4m
故小物塊與傳送帶達(dá)到相同速度后以v₀=4m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)到Q，然后沖上光滑圓弧軌道恰好到達(dá)N點(diǎn)，在N點(diǎn)，由牛頓第二定律得：mg=m$\frac{{v}_{N}^{2}}{R}$
從Q到N過(guò)程，由機(jī)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(diǎn)的縱坐標(biāo)：y_N=2R=0.64m；       
（2）小物塊在傳送帶上相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的位移：
△s=v₀t-$\frac{1}{2}$v₀t=$\frac{1}{2}$v₀t=s=2m
系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量：Q=μmgs=0.4×1×10×2J=8J；                 
（3）由（1）可知，當(dāng)物塊從x₁=L-s=4m處釋放時(shí)，物塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)恰好與皮帶速度相等，物塊恰好通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)，則當(dāng)x≤x₁=4m時(shí)，物塊不會(huì)脫離圓軌道； 
設(shè)在坐標(biāo)為x₂處將小物塊輕放在傳送帶上，若剛能到達(dá)與圓心等高位置，
從釋放點(diǎn)到圓心等高位置過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：
  μmg（L-x₂）-mgR=0-0，
解得：x₂=5.2m，當(dāng)x≥5.2m時(shí)，物塊不會(huì)脫離軌道；       
故小物塊放在傳送帶上的位置坐標(biāo)范圍為：0≤x≤4m和5.2m≤x＜6m；  
答：
（1）N點(diǎn)的縱坐標(biāo)y_N是0.64m．
（2）處P點(diǎn)到Q點(diǎn)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是8J；
（3）傳送帶上這些位置的橫坐標(biāo)的范圍為：0≤x≤4m和5.2m≤x＜6m．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確小滑塊的運(yùn)動(dòng)情況，把握臨界條件，然后分段根據(jù)牛頓第二定律、動(dòng)能定理、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式分析求解．