Question

【題目】如圖所示，x軸與水平傳送帶重合，坐標(biāo)原點(diǎn)O在傳送帶的左端，傳送帶長(zhǎng)L=8m，并以恒定速率運(yùn)轉(zhuǎn)．一質(zhì)量m=1kg的小物塊輕輕放在傳送帶上橫坐標(biāo)為xP=2m的P點(diǎn)，小物塊隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)后恰好能沖上半徑為R=0.5m的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=0.5，重力加速度g=10m/s2 ． 求：

（1）物塊剛滑上圓弧軌道時(shí)的速度大小；
（2）傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)的速率；
（3）若將小物塊輕放在傳送帶上的另一位置，小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道上與圓心等高的M點(diǎn)（如圖），輕放物塊的這個(gè)位置的橫坐標(biāo)是多少？此情況下物塊剛滑上圓弧軌道時(shí)對(duì)圓弧軌道最低點(diǎn)的壓力多大？

Answer 1

【答案】
（1）

解：小物塊恰好沖上圓弧軌道的最高點(diǎn)，重力提供向心力，

由牛頓第二定律得：mg=m ，

物塊從Q到N點(diǎn)過(guò)程中，機(jī)械能守恒，

由機(jī)械能守恒定律得： mvQ2=mg2R+ mvN2，

代入數(shù)據(jù)解得：vQ=5m/s

（2）

解：小物塊在傳送帶上做加速運(yùn)動(dòng)，

由牛頓第二定律得：μmg=ma，解得：a=5m/s2，

物塊速度達(dá)到5m/s所需時(shí)間：t= = =1s，

該過(guò)程位移：x= at2= ×5×12=2.5m＜L﹣xP=6m，

傳送帶速度v0=vQ=5m/s

（3）

解：從物塊開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)M點(diǎn)過(guò)程中，

由動(dòng)能定理得：μmg（L﹣x′）﹣mgR=0﹣0，解得：x′=7m，

從物塊開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)圓弧最低點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：

μmg（L﹣x′）= mv2﹣0，

在圓弧最低點(diǎn)，由牛頓第二定律得：

F﹣mg=m ，解得：F=30N，

由牛頓第三定律可知，物塊對(duì)軌道的壓力F′=F=30N，方向豎直向下；

【解析】（1）由牛頓第二定律求出物塊到達(dá)N點(diǎn)的速度，由機(jī)械能守恒定律求出在Q點(diǎn)的速度．（2）由牛頓第二定律求出加速度，由于勻變速運(yùn)動(dòng)的位移公式求出位移，然后分析答題．（3）由動(dòng)能定理求出位移，由牛頓第二定律求出支持力，然后由牛頓第三定律求出壓力．
【考點(diǎn)精析】通過(guò)靈活運(yùn)用動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用和機(jī)械能綜合應(yīng)用，掌握應(yīng)用動(dòng)能定理只考慮初、末狀態(tài)，沒(méi)有守恒條件的限制，也不受力的性質(zhì)和物理過(guò)程的變化的影響.所以，凡涉及力和位移，而不涉及力的作用時(shí)間的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，都可以用動(dòng)能定理分析和解答，而且一般都比用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和機(jī)械能守恒定律簡(jiǎn)捷；系統(tǒng)初態(tài)的總機(jī)械能E 1 等于末態(tài)的總機(jī)械能E 2 ，即E1 =E2；系統(tǒng)減少的總重力勢(shì)能ΔE P減 等于系統(tǒng)增加的總動(dòng)能ΔE K增 ，即ΔE P減 =ΔE K增；若系統(tǒng)只有A、