Question

3．如图甲所示，水平传送带以 5.0m/s 恒定的速率运转，两皮带轮之间的距离 l=6m，皮带轮的半径大小可忽略不计．沿水平传送带的上表面建立 xOy 坐标系，坐标 原点 O 在传送带的最左端．半径为R的光滑圆轨道 ABC 的最低点 A 点与 C 点原来相连，位于竖直平面内（如图乙所示），现把它从最低点处切开，并使 C 端沿 y 轴负方向错开少 许，把它置于水平传送带的最右端，A 点位于 x 轴上且与传送带的最右端之间的距离可忽 略不计，轨道的 A、C 两端均位于最低点，C 端与一水平直轨道平滑连接． 由于 A、C 两点间沿y轴方向错开的距离很小，可把 ABC 仍看作位于竖直平面内的圆轨道．将一质量m=1kg 的小物块 P（可视为质点）沿x轴轻放在传送带上某处，小物块随传送带运动到 A 点进入光滑圆轨道，恰好能够通过圆轨道的最高点B，并沿竖直圆轨道 ABC 做完整的圆周运动后由 C 点经水平直轨道滑出．已知小物块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.5，圆轨道 的半径 R=0.5m，取重力加速度 g=10m/s²．求：
（1）物块通过圆轨道最低点 A 时对轨道压力的大小；
（2）轻放小物块位置的 x 坐标应满足什么条件，才能完成上述运动；
（3）传送带由电动机带动，其与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．若将小物块轻放在传送带上O点，求将小物块从 O 点运送至 A 点过程中电动机多做的功．

Answer 1

分析 （1）物块恰好通过圆轨道最高点B时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出B点速度，物块由A点运动至B点的过程，根据机械能守恒定律求出A点速度，在A点根据牛顿第二定律列式即可求解；
（2）根据牛顿第二定律求出物块在传送带上的加速度，根据（1）可知物体到达A点时的速度与传送带速度相等，根据运动学基本公式求出物体在传送带上加速的位移，从而求出轻放小物块的位置坐标需满足的条件；
（3）根据运动学基本公式求出物块相对于传送带运动的位移，根据结合功能关系求解即可．

解答 解：（1）设物块恰好通过圆轨道最高点B时的速率为v_B，根据牛顿第二定律有：
mg=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$
代入数据解得：v_B=$\sqrt{5}$m/s
设物块通过圆轨道最低点A的速率为v_A，对于物块由A点运动至B点的过程，根据机械能守恒定律有：
$\frac{1}{2}$mv_A²=$\frac{1}{2}$m v_B²+2mgR
代入数据解得：v_A=5.0m/s
设物块通过圆轨道最低点A时，轨道对物块的支持力为F_N，根据牛顿第二定律有：
F_N-mg=m$\frac{{v}_{A}^{2}}{R}$；
代入数据解得：F_N=60N
据牛顿第三定律，物块通过圆轨道最低点A对轨道的压力为：F′_N=F_N=60N
（2）物块在传送带上的加速度为：a=μg=0.5×10=5.0m/s²
根据（1）可知物块运动至A点的速度满足v_A=5.0m/s，
可使其恰好通过圆轨道最高点B．传送带的速率为：v₀=5.0m/s，
物块在传送带上加速运动的位移为：x₀=$\frac{{v}_{A}^{2}}{2a}$=$\frac{25}{2×5}$=2.5m，
故轻放小物块的位置坐标需满足：x≤l-x₀=3.5m
（3）设为将小物块从O点运送到A点传送带电动机做的功为W，小物块加速运动时间为：t=$\frac{{v}_{A}}{a}$=$\frac{5}{5}$=1.0s，
小物块加速运动的位移：x=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}×5×1$=2.5m
根据功能关系有：W=$\frac{1}{2}$mv_A²+μmg（v₀t-x）
代入数据解得：W=25J．
答：（1）物块通过圆轨道最低点 A 时对轨道压力的大小为60N；
（2）轻放小物块位置的 x 坐标应满足x≤l-x₀=3.5m，才能完成上述运动；
（3）将小物块从 O 点运送至 A 点过程中电动机多做的功为25J．

点评 本题主要考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律、运动学基本公式以及功能关系得直接应用，知道物块恰好通过圆轨道最高点B时，由重力提供向心力是解题的突破口，同时还要注意分析功能关系，明确多做功的计算方法．