Question

5．如圖所示，水平傳送帶A、B兩點(diǎn)間距離L=2.0m，傳送帶始終以v₀=4.0m/s的速度沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶與豎直固定的光滑圓弧軌道相切于B點(diǎn)，將質(zhì)量m=2.0kg的小物塊輕放在傳送帶左端A點(diǎn)，接著小物塊經(jīng)B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，恰能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)C．已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度g=10m/s²．
（1）求小物塊在傳送帶上從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間t；
（2）求圓弧軌道的半徑R；
（3）設(shè)小物塊輕放在傳送帶上的位置到B點(diǎn)距離為x，若僅改變x大小，總能使小物塊在圓弧軌道和傳送帶上往復(fù)運(yùn)動(dòng)（小物塊在每次進(jìn)人圓弧軌道后都沿原路徑返回傳送帶），求x的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）物塊放在傳送帶后先勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律求出加速度，然后由速度位移關(guān)系公式求出物體加速到速度等于傳送帶的速度時(shí)通過的位移，求得加速的時(shí)間．再求勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而得到總時(shí)間．
（2）小物塊經(jīng)B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，恰能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)C，由重力提供向心力，由牛頓第二定律列式．再對(duì)物塊從B到C的過程，運(yùn)用機(jī)械能守恒定律列式，聯(lián)立可求得R．
（3）要使小物塊在圓弧軌道和傳送帶上往復(fù)運(yùn)動(dòng)，在圓弧軌道上上升的最大高度與O等高，對(duì)整個(gè)過程運(yùn)用功能關(guān)系列式分析即可．

解答 解：（1）物體在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度：a=$\frac{μmg}{m}$=μg=0.5×10=5m/s²
物體勻加速運(yùn)動(dòng)的位移：x₁=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2a}$=$\frac{{4}^{2}}{2×5}$=1.6m 
所用時(shí)間：t₁=$\frac{{v}_{0}}{a}$=$\frac{4}{5}$=0.8s
勻速運(yùn)動(dòng)的位移：x₂=L-x₁=2-1.6=0.4m
時(shí)間：t₂=$\frac{{x}_{2}}{{v}_{0}}$=$\frac{0.4}{4}$=0.1s 
故小物塊在傳送帶上從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間：t=t₁+t₂=0.9s
（2）在C點(diǎn)，有 mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$ 
對(duì)物塊從B到C的過程，運(yùn)用機(jī)械能守恒定律得
   2mgR+$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
聯(lián)立解得 R=$\frac{{v}_{0}^{2}}{5g}$=$\frac{{4}^{2}}{5×10}$=0.32m
（3）設(shè)物塊通過與O等高的位置需在傳送帶上加速S的距離，則由功能關(guān)系得
  μmgS=mgR；
解得：S=0.64m
要總能使小物塊在圓弧軌道和傳送帶上往復(fù)運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)滿足 S≤0.64m
故小物塊釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離 x=L-S≥2-0.64=1.36 m．
答：
（1）物塊在傳送帶上從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間t是0.9s；
（2）圓弧軌道的半徑R是0.32m．
（3）x的取值范圍為 x≥1.36 m．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵要正確進(jìn)行受力分析及過程分析，靈活選擇研究的過程，運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法和動(dòng)能定理結(jié)合研究．