题目内容
如图所示，水平传送带AB长为L=21m，以6m/s的速度顺时针匀速转动，台面与传送带平滑连接于B点，半圆形光滑轨道半径R=1.25m，与水平台面相切于C点，BC长S=5.5m．一质量为m=1kg的小物块（可视为质点），从A点无初速释放，物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为μ=0.1．（1）求物块从A点一直向右运动到C点所用的时间；
（2）分析物块能否越过与圆心O等高的P点．若能，物块此后做斜抛还是平抛运动；若不能，则最终将停在离C点多远处？
分析：（1）本题首先要根据受力情况分析物块在传送带上的运动情况．物块从A点无初速度释放后，先受到向右的滑动摩擦力，向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律求得加速度，由运动学公式求出物块的速度增大至与皮带相同时所用的时间和通过的位移，再判断速度相同后物块的运动情况，求出物块在皮带上后阶段运动的时间；物块从B到C做匀减速运动，根据动能定理求出到达C点的速度，由运动学公式求出BC段运动时间，即可求得总时间；
（2）物块滑上圆弧轨道的过程中，轨道的支持力不做功，只有 重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒求出物块上滑的最大高度，与R比较，分析能否越过P点．根据功能关系求得最终将停在离C点多远处．再根据功能关系求最终将停在离C点多远处．
（2）物块滑上圆弧轨道的过程中，轨道的支持力不做功，只有 重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒求出物块上滑的最大高度，与R比较，分析能否越过P点．根据功能关系求得最终将停在离C点多远处．再根据功能关系求最终将停在离C点多远处．
解答：解：（1）开始物块在传送带上做匀加速运动，由牛顿第二定律：μmg=ma
设经时间t1达到与带同速，此时物块对地面前进x，v=at1，x=
at12
得t1=6s x=18m，因x=18m＜21m，故后段在传送带上匀速用时t2L-x=vt2，t2=0.5s
从B至C过程减速运动用时t3，到达C点速度为vc，
由动能定理-μmgs=
mvc2-
mv2
而vc=v-at3
解得：vc=5m/s，t3=1s
故从A点一直向右运动到C点的时间为t=t1+t2+t3=7.5s
（2）设物块不能越过P点，由机械能守恒定律：
mvc2=mgh
解得h=1.25m，因h=R，故物块恰好到达P点而不能越过P点．
物体将沿圆周返回C点，在BC上减速后冲上传送带再返回，返回B时动能同冲上B时一样，物块从第一次返回C至停止运动的过程，动能减少在BC之间的往复运动上
对该过程由功能关系：μmgs1=
mvc2s1=12.5m
故物体停在距C点1.5m处．
答：
（1）物块从A点一直向右运动到C点所用的时间为7.5s；
（2）物块恰好到达P点而不能越过P点．物体停在距C点1.5m处．
设经时间t1达到与带同速，此时物块对地面前进x，v=at1，x=
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得t1=6s x=18m，因x=18m＜21m，故后段在传送带上匀速用时t2L-x=vt2，t2=0.5s
从B至C过程减速运动用时t3，到达C点速度为vc，
由动能定理-μmgs=
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而vc=v-at3
解得：vc=5m/s，t3=1s
故从A点一直向右运动到C点的时间为t=t1+t2+t3=7.5s
（2）设物块不能越过P点，由机械能守恒定律：
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解得h=1.25m，因h=R，故物块恰好到达P点而不能越过P点．
物体将沿圆周返回C点，在BC上减速后冲上传送带再返回，返回B时动能同冲上B时一样，物块从第一次返回C至停止运动的过程，动能减少在BC之间的往复运动上
对该过程由功能关系：μmgs1=
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故物体停在距C点1.5m处．
答：
（1）物块从A点一直向右运动到C点所用的时间为7.5s；
（2）物块恰好到达P点而不能越过P点．物体停在距C点1.5m处．
点评：本题的难点是分析物块在传送带上运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式结合，通过计算进行分析．
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| B、摩擦力对物体做功为μmgs | ||
| C、传送带克服摩擦力做功为μmgs | ||
| D、因摩擦而生的热能为2μmgs |