Question

13．如圖所示，水平傳送帶以v₀=6m/s順時針勻速轉動，長為6m，右端與光滑豎直半圓弧軌道平滑對接，圓弧軌道的半徑R=0.5m，O為圓心，最高點C正下方有一擋板OD，CD間距略大于物塊大小，平臺OE足夠長，現(xiàn)將質量為m=1kg的物塊輕放在傳送帶的最左端A處，物塊（可視為質點）與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，g取10m/s²．
（1）求物塊從A端運動到B端的時間；
（2）試判斷傳送帶能否將物塊運送到平臺上？若能，求出在C點時物塊對圓弧軌道的壓力大��；若不能，寫出判斷理由；
（3）若傳送帶速度v₀可以調節(jié)，求物塊在平臺OE上落點的區(qū)域范圍．

Answer 1

分析 （1）物塊放在傳送帶后先勻加速運動，對物塊進行受力分析，由牛頓第二定律求出加速度，然后由速度位移關系公式求出物體加速到速度等于傳送帶的速度時通過的位移，求得加速的時間．再求勻速運動的時間，從而得到總時間．
（2）假設物體能達到最高點C，根據(jù)機械能守恒求出物塊通過C點的速度，再與臨界速度比較，作出判斷．在C點，由合力充當向心力，由牛頓運動定律求出物塊對軌道的壓力．
（3）物塊從C點做平拋運動，根據(jù)C點的臨界速度求出平拋運動最短的水平位移．調節(jié)傳送帶速度v₀使物塊一直加速，由運動學公式求出物塊到達B點的最大速度，再結合機械能守恒定律求出通過C點的最大速度，即可求得平拋運動最大的水平位移，從而得解．

解答 解：（1）物體的加速度：a=μg=0.5×10=5m/s²
物體加速運動的位移：x₁=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2a}$=3.6m 
所用時間：t₁=$\frac{{v}_{0}}{a}$=1.2s
勻速運動的位移：x₂=L-x₁=2.4m
時間：t₂=$\frac{{x}_{2}}{{v}_{0}}$=0.4s 
故物體在傳送帶上運動的總時間：t=t₁+t₂=1.6s 
（2）根據(jù)第（1）問，物塊到達B端速度為v_B=6m/s，假設能達到最高點C，
BC過程，由機械能守恒定律：
  $\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$=mg•2R+$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$
得：v_C=4m/s
能通過最高點C的臨界速度 v=$\sqrt{gR}$=$\sqrt{5}$m/s
因為 v_C＞v，所以物塊能到達平臺上
在C點，由牛頓第二定律得
  N+mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$ 得：N=22N
由牛頓第三定律得：物塊對圓軌道C點的壓力大小為22N    
（3）調節(jié)傳送帶速度v₀可使物塊恰能到達C點，此時 v_C1=$\sqrt{gR}$=$\sqrt{5}$m/s
物塊從C點做平拋運動，則 R=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
得 t=$\sqrt{\frac{2R}{g}}$=$\sqrt{\frac{1}{10}}$s     
則平拋最小的水平位移 x_min=v_C1t=$\frac{\sqrt{2}}{2}$m  
調節(jié)傳送帶速度v₀可使物塊一直加速，設物塊到達B點的最大速度v_B1．
由2aL=${v}_{B1}^{2}$，得 v_B1=$\sqrt{2aL}$=2$\sqrt{15}$m/s  
BC過程，由機械能守恒得
  $\frac{1}{2}m{v}_{B1}^{2}$=mg•2R+$\frac{1}{2}m{v}_{C2}^{2}$   
解得 v_C2=2$\sqrt{10}$m/s 
則平拋最大的水平位移 x_max=v_C2t=2m
所以物塊落在平臺OE上到O點距離范圍是 $\frac{\sqrt{2}}{2}$m≤x≤2m
答：
（1）物塊從A端運動到B端的時間是1.6s；
（2）傳送帶能將物塊運送到平臺上，在C點時物塊對圓弧軌道的壓力大小是22N；
（3）若傳送帶速度v₀可以調節(jié)，物塊落在平臺OE上到O點距離范圍是 $\frac{\sqrt{2}}{2}$m≤x≤2m．

點評 本題的關鍵要正確分析物體的運動情況，要注意物體在傳送帶上的運動可能是一直加速，也可能是先加速后勻速，要通過計算來分析．平拋運動常用的研究方法是運動的分解法，要掌握平拋分運動的規(guī)律并能熟練運用．