题目内容
如图，设AB段是距水平传送带装置高为H=1.25m的光滑斜面，水平段BC使用水平传送带装置，BC长L=5m，与货物包的摩擦系数为μ=0.4，顺时针转动的速度为v=3m/s．设质量为m=1kg的小物块由静止开始从A点下滑，经过B点的拐角处无机械能损失．小物块随传送带运动到C点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆孤轨道下滑．D、E为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R2=1.0m圆弧对应圆心角θ=106°，O为轨道的最低点．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：（1）小物块在B点的速度
（2）小物块在水平传送带BC上的运动时间．
（3）小物块经过O点时对轨道的压力．
【答案】分析：（1）、因斜面光滑，所以小物块由A到B的过程中，机械能守恒．应用机械能守恒定律可求出到达B点的速度．
（2）、经过第一问的计算，可知小物块的速度大于传送带的速度，所以小物块会在传送带上先做匀减速运动，再与传送带一起做匀速直线运动．由运动学公式先求出匀减速运动的时间t1和位移L1，再求出匀速运动的位移L2，可求出匀速运动的时间t2．这样便可求出小物块在BC上运动的总时间t．
（3）小物块从C点开始做平抛运动，由平抛运动先求出在D点的速度，由D到O点的过程中，机械能守恒，可求出小物块在O的速度v，再由圆周运动的公式和牛顿第三定律求出小物块经过O点时对轨道的压力．
解答：解：
（1）、小物块由A运动B，机械能守恒定律得：
解得：
．
（2）、小物块到达B的速度为5m/s，传送带的速度为2m/s，所以物块在传送带上先减速后匀速，设匀减速运动的加速度为a，减速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，
由牛顿第二定律，得
μmg=ma
解得：a=μg=4m/s2．
匀加速运动过程有v=vB-at1，
得：
则此过程的位移L1为：
匀速运动的时间t2为：
则小物块在水平传送带BC上的运动时间t=t1+t2=0.5+1=1.5s
（3）、小物块从C到D做平抛运动，在D点有：
小物块在D点的速度大小为：
对小物块从D点到O点重力势能转化为动能，由动能定理，得：
在O点对小物块受力分析，设受到的支持力为FN，由牛顿第二定律，得：
联立以上两式解得：FN=43N
由牛顿第三定律知对轨道的压力为：FN′=43N
答：（1）小物块在B点的速度为5m/s．
（2）小物块在水平传送带BC上的运动时间为1.5s．
（3）小物块经过O点时对轨道的压力为43N．
点评：此题是一道非常好的题，考察到了多个知识点．
首先是考察到了机械能守恒定律，我们要了解机械能守恒定律的条件和表达式，在机械能的表达式上要注意灵活，可从守恒的角度写成E1=E2或△E=0，可从能量转化的角度写成△Ek增=△Ep减，从两物体间能的转移角度写成△EA增=△EB减．
第二是考察到了相对速度不为零的两物体间的运动，此方面的题关键是要判断能否具有共同速度或在什么时间、位置上两物体具有共同速度．
对于圆周运动的问题，首先要经过受力分析表示出向心力，再结合各物理量表示的向心力的式子进行求解．
试着求一下水平传送带上表面距地面的高度是多少？
（2）、经过第一问的计算，可知小物块的速度大于传送带的速度，所以小物块会在传送带上先做匀减速运动，再与传送带一起做匀速直线运动．由运动学公式先求出匀减速运动的时间t1和位移L1，再求出匀速运动的位移L2，可求出匀速运动的时间t2．这样便可求出小物块在BC上运动的总时间t．
（3）小物块从C点开始做平抛运动，由平抛运动先求出在D点的速度，由D到O点的过程中，机械能守恒，可求出小物块在O的速度v，再由圆周运动的公式和牛顿第三定律求出小物块经过O点时对轨道的压力．
解答：解：
（1）、小物块由A运动B，机械能守恒定律得：
解得：
．（2）、小物块到达B的速度为5m/s，传送带的速度为2m/s，所以物块在传送带上先减速后匀速，设匀减速运动的加速度为a，减速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，
由牛顿第二定律，得
μmg=ma
解得：a=μg=4m/s2．
匀加速运动过程有v=vB-at1，
得：
则此过程的位移L1为：
匀速运动的时间t2为：
则小物块在水平传送带BC上的运动时间t=t1+t2=0.5+1=1.5s
（3）、小物块从C到D做平抛运动，在D点有：
小物块在D点的速度大小为：
对小物块从D点到O点重力势能转化为动能，由动能定理，得：
在O点对小物块受力分析，设受到的支持力为FN，由牛顿第二定律，得：
联立以上两式解得：FN=43N
由牛顿第三定律知对轨道的压力为：FN′=43N
答：（1）小物块在B点的速度为5m/s．
（2）小物块在水平传送带BC上的运动时间为1.5s．
（3）小物块经过O点时对轨道的压力为43N．
点评：此题是一道非常好的题，考察到了多个知识点．
首先是考察到了机械能守恒定律，我们要了解机械能守恒定律的条件和表达式，在机械能的表达式上要注意灵活，可从守恒的角度写成E1=E2或△E=0，可从能量转化的角度写成△Ek增=△Ep减，从两物体间能的转移角度写成△EA增=△EB减．
第二是考察到了相对速度不为零的两物体间的运动，此方面的题关键是要判断能否具有共同速度或在什么时间、位置上两物体具有共同速度．
对于圆周运动的问题，首先要经过受力分析表示出向心力，再结合各物理量表示的向心力的式子进行求解．
试着求一下水平传送带上表面距地面的高度是多少？
练习册系列答案
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，其中r和R的意义见图7-1。
，其中r指考察点到球心的距离
，其中ρ为电荷体密度。这个式子的物理意义可以参照万有引力定律当中（条件部分）的“剥皮法则”理解〔
即为图7-2中虚线以内部分的总电量…〕。
，U内 = k
= 
，其中ε为绝对介电常数（真空中ε0 = 
，其它介质中ε= 
），εr则为相对介电常数，εr = 
。
= 
+
+
+ … +
q0U0 = 
C
= 
E2 
E2 。而且，这以结论适用于非匀强电场。
= ΔΩ = 
，ΔE2 = k
，即：ΔE1 = ΔE2 ，而它们的方向是相反的，故在P点激发的合场强为零。
，方向由P指向O点。
= Σ
= 0 ，最后的ΣE = ΣEz ，所以先求
，而且ΔScosθ为面元在xoy平面的投影，设为ΔS′
ΣΔS′
球面，每个
球面在x、y、z三个方向上分量均为
kπσ，能够对称抵消的将是y、z两个方向上的分量，因此ΣE = ΣEx …
= a ，如图7-7所示，试求空腔中各点的场强。
= r1 ，
= r2 ，则大球激发的场强为
= 
kρπr1 ，方向由O指向P
= 
kρπr2 ，方向由P指向O′
kρπa ，方向均沿O → O′，空腔里的电场是匀强电场。
πkρq〔
?
〕。
= r ，以无穷远为参考点，试求P点的电势UP 。
段，各段在P点形成的电势相同，而且它们是标量叠加。
；结论不会改变。
= k
·
= kσΔΩ
；（2）球心电势仍为k
，但其它各点的电势将随电量的分布情况的不同而不同（内部不再是等势体，球面不再是等势面）。
－ k
+ k
。
+ k
+ k
= 0
q
+ k
q ；（2）UB = k
(1－
) 。
UA ；UB′= 
UA + 
UB 。
U′
（U1 + U2 + U3 + U4）。
+ U半球面
－ UP 。
是以B为圆心、L为半径的半圆。A处放有电量为q的电荷，B处放有电量为－q的点电荷。试问：（1）将单位正电荷从O点沿
移到D点，电场力对它做了多少功？（2）将单位负电荷从D点沿AB的延长线移到无穷远处去，电场力对它做多少功？
+ k
= 0
+ k
= －
；（2）
。 
；（2）Ek1 = 
k
，Ek2 = 
k
；（3）k
。
+
+
）。
= 2 k
+ k
+ 
mv2 + 
2m
。
〕。
、A板内侧电量
，B板内侧电量?
、B板外侧电量
；（2）A板外侧空间场强2πk
，方向垂直A板向外，A、B板之间空间场强2πk
，方向由A垂直指向B，B板外侧空间场强2πk
，方向垂直B板向外；（3）A、B两板的电势差为2πkd
，A板电势高。
）？如果在板间充满相对介电常数为εr的电介质，是否会影响四个面的电荷分布（答：不会）？是否会影响三个空间的场强（答：只会影响Ⅱ空间的场强）？
·
（方向相左），内侧受力
·
（方向向右），它们合成即可，结论为F = 
Q1Q2 ，排斥力。〕
= 
，即 
= 
关系求解，比较常规（上下部分的场强相等）。
? 
）
Q ，介质部分的电量为
Q ；（2）整个空间的场强均为
；（3）
Q 。
Q 。
+ 
= 
解C′即可。
+ 
= 
C ；（2）
C 。
+
+
= 0
+ 
= 
，Q2′= 
，这样系统的储能就可以用
得出了。
；（2）
。
两点的相对距离不变，相对运动轨迹为圆弧，VA=VB+VAB,在AB连线上
）
、 x=
）
为多少时，司机都是看见冰雹都是以竖直方向从车的正面玻璃上弹开？（冰雹相对地面是竖直下落的）
大小相同。
+ u2 － 2v合ucos120°
后消参数θ。
，可知B端相对A的转动线速度为：v转 + vAsinθ= 
。
= v相 
+ 
= 1 ，为椭圆；（2）vPx = avActgθ ，vPy =（1 － a）vA