Question

4．如圖所示，在水平傳送帶的右端Q點(diǎn)固定有一豎直光滑圓弧軌道，軌道的入口與傳動帶在Q點(diǎn)相切，以傳送帶的左端點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿水平傳送帶上表面建立x坐標(biāo)軸，已知傳送帶長L=6m，勻速運(yùn)動的速度v₀=5m/s，已知圓弧軌道半徑R=0.5m，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，若將小物塊輕放在傳動帶上的某些位置，小物塊滑上圓弧后均不會脫離圓弧軌道，則傳動帶上這些釋放物體的位置的橫坐標(biāo)的范圍可能為（　�。�

• A． 0≤x≤4m
• B． 0≤x≤3.5m
• C． 3.5m≤x≤6m
• D． 5m≤x≤6m

Answer 1

分析 小物塊在傳送帶上先做勻加速運(yùn)動，由牛頓第二定律求出加速度，根據(jù)運(yùn)動學(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，
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(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，從而得到傳送帶上這些位置的橫坐標(biāo)的范圍．

解答 解：在傳送帶上先做勻加速運(yùn)動，對小物塊，由牛頓第二定律得：μmg=ma
解得：a=5m/s²
小物塊與傳送帶共速時，所用的時間 t=$\frac{{v}_{0}}{a}$=$\frac{5}{5}$s=1s，
運(yùn)動的位移：s=$\frac{{v}_{0}}{2}$t=$\frac{5×1}{2}$=2.5m
故小物塊與傳送帶達(dá)到相同速度后以v₀=5m/s的速度勻速運(yùn)動到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=0.5m；
當(dāng)物塊從x₁=L-s=3.5m處釋放時，物塊到達(dá)Q點(diǎn)時恰好與皮帶速度相等，
物塊恰好通過圓軌道的最高點(diǎn)，則當(dāng)x≤x₁=3.5m時，物塊不會脫離圓軌道；
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(dá)與圓心等高位置，從釋放點(diǎn)到圓心等高位置過程中，由動能定理得：
   μmg（L-x₂）-mgR=0-0，解得：x₂=5m，當(dāng)x≥5m時，物塊不會脫離軌道；
故小物塊放在傳送帶上的位置坐標(biāo)范圍為：0≤x≤3.5m和5m≤x＜6m；故BD正確，AC錯誤；
故選：BD．

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵是明確小滑塊的運(yùn)動情況，然后分段根據(jù)牛頓第二定律、動能定理、運(yùn)動學(xué)公式列式分析求解．