Question

3．如圖甲所示，水平傳送帶以 5.0m/s 恒定的速率運轉，兩皮帶輪之間的距離 l=6m，皮帶輪的半徑大小可忽略不計．沿水平傳送帶的上表面建立 xOy 坐標系，坐標 原點 O 在傳送帶的最左端．半徑為R的光滑圓軌道 ABC 的最低點 A 點與 C 點原來相連，位于豎直平面內(nèi)（如圖乙所示），現(xiàn)把它從最低點處切開，并使 C 端沿 y 軸負方向錯開少 許，把它置于水平傳送帶的最右端，A 點位于 x 軸上且與傳送帶的最右端之間的距離可忽 略不計，軌道的 A、C 兩端均位于最低點，C 端與一水平直軌道平滑連接． 由于 A、C 兩點間沿y軸方向錯開的距離很小，可把 ABC 仍看作位于豎直平面內(nèi)的圓軌道．將一質(zhì)量m=1kg 的小物塊 P（可視為質(zhì)點）沿x軸輕放在傳送帶上某處，小物塊隨傳送帶運動到 A 點進入光滑圓軌道，恰好能夠通過圓軌道的最高點B，并沿豎直圓軌道 ABC 做完整的圓周運動后由 C 點經(jīng)水平直軌道滑出．已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù) μ=0.5，圓軌道 的半徑 R=0.5m，取重力加速度 g=10m/s²．求：
（1）物塊通過圓軌道最低點 A 時對軌道壓力的大小；
（2）輕放小物塊位置的 x 坐標應滿足什么條件，才能完成上述運動；
（3）傳送帶由電動機帶動，其與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦．若將小物塊輕放在傳送帶上O點，求將小物塊從 O 點運送至 A 點過程中電動機多做的功．

Answer 1

分析 （1）物塊恰好通過圓軌道最高點B時，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出B點速度，物塊由A點運動至B點的過程，根據(jù)機械能守恒定律求出A點速度，在A點根據(jù)牛頓第二定律列式即可求解；
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出物塊在傳送帶上的加速度，根據(jù)（1）可知物體到達A點時的速度與傳送帶速度相等，根據(jù)運動學基本公式求出物體在傳送帶上加速的位移，從而求出輕放小物塊的位置坐標需滿足的條件；
（3）根據(jù)運動學基本公式求出物塊相對于傳送帶運動的位移，根據(jù)結合功能關系求解即可．

解答 解：（1）設物塊恰好通過圓軌道最高點B時的速率為v_B，根據(jù)牛頓第二定律有：
mg=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得：v_B=$\sqrt{5}$m/s
設物塊通過圓軌道最低點A的速率為v_A，對于物塊由A點運動至B點的過程，根據(jù)機械能守恒定律有：
$\frac{1}{2}$mv_A²=$\frac{1}{2}$m v_B²+2mgR
代入數(shù)據(jù)解得：v_A=5.0m/s
設物塊通過圓軌道最低點A時，軌道對物塊的支持力為F_N，根據(jù)牛頓第二定律有：
F_N-mg=m$\frac{{v}_{A}^{2}}{R}$；
代入數(shù)據(jù)解得：F_N=60N
據(jù)牛頓第三定律，物塊通過圓軌道最低點A對軌道的壓力為：F′_N=F_N=60N
（2）物塊在傳送帶上的加速度為：a=μg=0.5×10=5.0m/s²
根據(jù)（1）可知物塊運動至A點的速度滿足v_A=5.0m/s，
可使其恰好通過圓軌道最高點B．傳送帶的速率為：v₀=5.0m/s，
物塊在傳送帶上加速運動的位移為：x₀=$\frac{{v}_{A}^{2}}{2a}$=$\frac{25}{2×5}$=2.5m，
故輕放小物塊的位置坐標需滿足：x≤l-x₀=3.5m
（3）設為將小物塊從O點運送到A點傳送帶電動機做的功為W，小物塊加速運動時間為：t=$\frac{{v}_{A}}{a}$=$\frac{5}{5}$=1.0s，
小物塊加速運動的位移：x=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}×5×1$=2.5m
根據(jù)功能關系有：W=$\frac{1}{2}$mv_A²+μmg（v₀t-x）
代入數(shù)據(jù)解得：W=25J．
答：（1）物塊通過圓軌道最低點 A 時對軌道壓力的大小為60N；
（2）輕放小物塊位置的 x 坐標應滿足x≤l-x₀=3.5m，才能完成上述運動；
（3）將小物塊從 O 點運送至 A 點過程中電動機多做的功為25J．

點評 本題主要考查了牛頓第二定律、機械能守恒定律、運動學基本公式以及功能關系得直接應用，知道物塊恰好通過圓軌道最高點B時，由重力提供向心力是解題的突破口，同時還要注意分析功能關系，明確多做功的計算方法．