Question

2．如圖所示，固定的光滑圓弧軌道ACB的半徑為0.8m，A點與圓心O在同一水平線上，圓弧軌道底端B點與圓心在同一豎直線上．C點離B點的豎直高度為0.2m．物塊從軌道上的A點由靜止釋放，滑過B點后進入足夠長的水平傳送帶，傳送帶由電動機驅動按圖示方向運轉，不計物塊通過軌道與傳送帶交接處的動能損失，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.1，g取10m/s²．
（1）求物塊從A點下滑到B點時速度的大��；
（2）物塊剛運動到B點時，所受支持力與物塊重力之比；
（3）若物塊從A點下滑到傳送帶上后，又恰能返回到C點，求物塊在傳送帶上第一次往返所用的時間．

Answer 1

分析 （1）研究物塊從A運動到B的過程，由機械能守恒定律或動能定理求物塊從A點下滑到B點時速度的大��；
（2）在B點，由支持力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求出支持力，再求得支持力與物塊重力之比；
（3）物塊滑到傳送帶上后，先向右勻減速，速度減至零后再反向勻加速最后勻速運動到B點，根據牛頓第二定律和運動學規(guī)律可得時間．

解答 解：（1）設B點速度為v_B，物塊從A運動到B的過程，由動能定理得：
          mgR=$\frac{1}{2}$mv_B²-0
 則  v_B=$\sqrt{2gR}$=$\sqrt{2×10×0.8}$m/s=4m/s
（2）在B點，由牛頓第二定律得
   F_N-mg=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$
則得 F_N=mg+m$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$=m×10+m×$\frac{{4}^{2}}{0.8}$=30m=3mg
所以支持力與物塊重力之比為 F_N：mg=3：1
（3）物體從B點滑上傳送帶后向右做勻減速直線運動，再反向加速到和傳送帶相同速度，然后一直勻速運動到返回B點．
    ①設從B點向右勻減速運動的時間為t₁，位移為x₁，已知v_B=4m/s，v=0，a=$\frac{μmg}{m}$=μg=1m/s²
 由  v=v₀+at，得 t₁=$\frac{{v}_{B}}{a}$=$\frac{4}{1}$=4s
x₁=$\frac{{v}_{B}}{2}{t}_{1}$=$\frac{4}{2}×4$m=8m
    ②物體返回時恰好能回到C點，設傳送帶速度為v，從B到C的過程，由動能定理得
-mgh=0-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
則 v=$\sqrt{2gh}$=$\sqrt{2×10×0.2}$=2m/s
設物體向左勻加速的時間為t₂，勻加速的位移為x₂，加速度仍為 a=μg=1m/s²
則t₂=$\frac{v}{a}$=$\frac{2}{1}$s=2s  
x₂=$\frac{v}{2}{t}_{2}$=$\frac{2}{2}×2$m=2m   
③返回B時前勻速運動的位移 x₃=x₁-x₂=8m-2m=6m
勻速運動的時間 t₃=$\frac{{x}_{3}}{v}$=$\frac{6}{2}$s=3s
所以物體在傳送帶上第一次往返的時間 t=t₁+t₂+t₃=（4+2+3）s=9s
答：
（1）物塊從A點下滑到B點時的速度為  4m/s；
（2）物塊剛運動到B點時，所受支持力與物塊重力之比為3：1；
 （3）物塊在傳送帶上第一次往返所用的時間為9s．

點評 本題的關鍵要分析清楚物體的運動情況，把握每個過程和狀態(tài)的物理規(guī)律，對于物體在傳送帶上的運動情況，要通過計算分析物體反向運動的過程．