Question

14．如图所示，固定的竖直光滑圆孤轨道的半径R=1.25m，A点与圆心O在同一水平线上，圆孤轨道底端B点与圆心在同一竖直线上，水平传送带以v₀=4.0m/s的速度逆时针匀速运转，质量为0.5kg的物块从轨道上的A点由静止释放．已知传送带长度为L=3.0m，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，不计物块通过轨道与传送带交接处的动能损失，取g=10m/s²，试求：
（1）物块从A点下滑到B点时受到轨道的支持力大小F_N；
（2）物块在传送带上向右运动，到达最右端时到B点的距离x：
（3）若物块每次到达传送带上最右端时，电动机驱动传送带的速度立即减小△v=1.0m/s，物块最终停止时，在传送带上相对于地面运动的总路程S．

Answer 1

分析 （1）物块从A滑到B的过程中，由动能定理求出物块滑到B点时的速度，由牛顿第二定律求解物块受到轨道的支持力大小F_N；
（2）分析物块传动带带后的运动过程：物块滑上传送带后做匀减速直线运动，速度减至零时到达最右端，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；
（3）物块每次到达传送带上最右端时，电动机驱动传送带的速度立即减小，物块向左加速，滑上圆弧后又滑下，再次滑上传送带，分析出物块的运动规律，结合运动学公式求出总路程．

解答 解：（1）根据动能定理得，mgR=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
解得物块到达B点的速度v=$\sqrt{2gR}=\sqrt{2×10×1.25}$m/s=5m/s，
根据牛顿第二定律得，${F}_{N}-mg=m\frac{{v}^{2}}{R}$，解得${F}_{N}=mg+m\frac{{v}^{2}}{R}=5+0.5×\frac{25}{1.25}N$=15N．
（2）物块滑上传送带后，向右做匀减速直线运动，则到达最右端时到B点的距离x=$\frac{{v}^{2}}{2a}=\frac{{v}^{2}}{2μg}=\frac{25}{2×0.5×10}m=2.5m$．
（3）物块第一次滑动最右端再回到B点相对地面运动的路程s₁=2x=2×2.5m=5m，
第一次返回到B点的速度v₁=v₀-△v=3m/s，则物块第二次向右匀减速直线运动的位移${x}_{1}=\frac{{{v}_{1}}^{2}}{2a}=\frac{9}{10}m=0.9m$，
物块第二次滑到最右端再回到B点相对地面运动的路程s₂=2x₁=2×0.9m=1.8m，
第二次返回到B点的速度v₂=v₁-△v=3-1m/s=2m/s，则物块第三次向右匀减速直线运动的位移${x}_{2}=\frac{{{v}_{2}}^{2}}{2a}=\frac{4}{10}m=0.4m$，
物块第三次滑到最右端再回到B点相对地面的路程s₃=2x₂=2×0.4m=0.8m，
第三次返回到B点的速度v₃=v₂-△v=2-1m/s=1m/s，则物块第四次向右匀减速直线运动的位移${x}_{3}=\frac{{{v}_{3}}^{2}}{2a}=\frac{1}{10}m=0.1m$，
因为物块到达最右端时，速度立即减小1m/s，则物块第四次到达最右端后，传送带速度为零，物块静止．
则总路程S=s₁+s₂+s₃+x₃=5+1.8+0.8+0.1m=7.7m．
答：（1）物块从A点下滑到B点时受到轨道的支持力大小为15N；
（2）物块在传送带上向右运动，到达最右端时到B点的距离x为2.5m；
（3）物块最终停止时，在传送带上相对于地面运动的总路程为7.7m．

点评 本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，对于第三问，关键理清物块在整个过程中的运动规律，确定出物块最终停在的位置，结合运动学公式灵活求解．