Question

12．如圖所示，x軸與水平傳送帶重合，坐標(biāo)原點O在傳送帶的左端，傳送帶長L=8m，勻速運動的速度v₀=5m/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=0.5，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）N點的縱坐標(biāo)；
（2）小物塊在傳送帶上運動產(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）到達縱坐標(biāo)y_M=0.25m的M點，求這些位置的橫坐標(biāo)范圍．

Answer 1

分析 （1）求解出P到Q過程的加速度，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；
（2）根據(jù)Q=f•△S求解熱量．
（3）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．

解答 解：（1）小物塊在傳送帶上勻加速運動的加速度a=μg=5m/s²
小物塊與傳送帶共速時，所用的時間$t=\frac{v_0}{a}=1s$
運動的位移$△x=\frac{v_0}{2a}=2.5m$＜（L-x）=6m
故小物塊與傳送帶達到相同速度后以v₀=5m/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，故有：$mg=m\frac{{v}_{N}^{2}}{\frac{1}{2}{y}_{N}}$
由機械能守恒定律得$\frac{1}{2}mv_0^2=mg{y_N}+\frac{1}{2}mv_N^2$解得y_N=1m
（2）小物塊在傳送帶上相對傳送帶滑動的位移s=v₀t-△x=2.5m產(chǎn)生的熱量Q=μmgs=12.5J；
（3）設(shè)在坐標(biāo)為x₁處將小物塊輕放在傳送帶上，若剛能到達圓心右側(cè)的M點，由能量守恒得：
μmg（L-x₁）=mgy_M代入數(shù)據(jù)解得x₁=7.5 m
μmg（L-x₂）=mg（$\frac{1}{2}$y_N）   代入數(shù)據(jù)解得x₂=7 m
若剛能到達圓心左側(cè)的M點，由（1）可知x₃=5.5 m
故小物塊放在傳送帶上的位置坐標(biāo)范圍為：7m≤x≤7.5m和0≤x≤5.5m
答：（1）N點的縱坐標(biāo)為1m；
（2）從P點到Q點，小物塊在傳送帶上運動系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為12.5J；
（3）將小物塊輕放在傳送帶上的位置的橫坐標(biāo)范圍為7m≤x≤7.5m和0≤x≤5.5m時，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）到達縱坐標(biāo)y_M=0.25m的M點．

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．