Question

如圖所示，水平傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速v₀=2m/s，左右兩端長L=6m．傳送帶左端有一頂端高為h=1.8m的光滑斜面軌道，斜面底端有一小段圓弧與傳送帶平滑連接．傳送帶右端有一豎直放置的光滑圓弧軌道MNP，半徑為R，M、O、N在同一豎直線上，P點到傳送帶頂端的豎直距離也為R．一質(zhì)量為m=0.6kg的物塊自斜面的頂端由靜止釋放，之后從傳送帶右端水平拋出，并恰好由P點沿切線落入圓軌道，已知物塊與傳送帶之間的滑動摩擦因數(shù)μ=0.4，OP連線與豎直方向夾角θ=60°．（g=10m/s²）求：
（1）豎直圓弧軌道的半徑R；
（2）物塊運動到N點時對軌道的壓力；
（3）試判斷物塊能否到達最高點M，若不能，請說明理由；若能，求出物塊在M點對軌道的壓力．

Answer 1

分析：（1）分析物塊在各個階段上的運動情況，從而計算出物塊做平拋運動的初速度，結(jié)合平拋運動的知識得知拋出點到P的豎直高度，即為圓弧軌道的半徑R．
（2）通過對物塊在P點時的速度的分解可得知此時的速度，有P到最低點的過程中只有重力做功，可得知在最低點的速度大小，合力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律可得知物塊所受到的支持力的大小，再用牛頓第三定律得知物塊對管道的壓力．
（3）物塊在圓弧形軌道內(nèi)運動的過程中，只有重力做功，由動能定理可判斷物塊是否能到達最高點M點

解答：（1）設(shè)到達斜面最低點的速度為v，由機械能守恒得：mgh=

1

2

mv2
解得：v=

2gh

=

2×10×1.8

=6m/s＞2m/s
所以，物體在傳送帶上先做減速運動：
設(shè)減速至帶速需位移為x，則有：x=

v2- v 2 0

2μg

解得：x=

62-22

2×0.4×10

=4m＜6m
所以后2m物體做勻速運動，以v₀=2m/s的速度平拋，在P處由速度分解得：tan60°=

vy

v0

又因

v

2 y

=2gR
所以解得：R=0.6m
（2）在P處由速度分解得：vp=

v0

cos60°

=

2

1 2

=4m/s
從P到N由動能定理得：mgR(1-cos60°)=

1

2

m

v

2 N

-

1

2

m

v

2 p

在N點：N-mg=m

v 2 N

R

聯(lián)立以上二式并代入數(shù)據(jù)解得：N=28N
由牛頓第三定律得，物體對軌道的壓力為28N，方向豎直向下．
（3）恰好通過M點時有：mg=m

v 2 m

R

得：v_m=

gR

=

10×0.6

=

6

m/s
假設(shè)能到達M點，從P到M由動能定理得：-mgR(1+cos60°)=

1

2

m

v

′2 m

-

1

2

m

v

2 p

代入數(shù)據(jù)解得：

v

′2 m

＜0＜

6

m/s，所以不能通過最高點M．
答：（1）豎直圓弧軌道的半徑R為0.6m；（2）物塊運動到N點時對軌道的壓力為28N；（3）物塊不能到達最高點M．

點評：該題牽扯到的過程較多較為復雜，這就要求學生在解答時要首先弄清楚物塊在該過程中的運動規(guī)律，了解各力做功的情況，再結(jié)合功能關(guān)系進行解答．這就要求學生要具有一定的對物體運動過程的分析能力．結(jié)合牛頓第二運動定律求解物體的受力情況的能力，同時不要忘記，對牛頓第三定律的應(yīng)用．