Question

5．如图所示，水平传送带A、B两点间距离L=2.0m，传送带始终以v₀=4.0m/s的速度沿顺时针方向转动，传送带与竖直固定的光滑圆弧轨道相切于B点，将质量m=2.0kg的小物块轻放在传送带左端A点，接着小物块经B点进入圆弧轨道，恰能到达圆弧轨道最高点C．已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，小物块可视为质点，取重力加速度g=10m/s²．
（1）求小物块在传送带上从A点运动到B点的时间t；
（2）求圆弧轨道的半径R；
（3）设小物块轻放在传送带上的位置到B点距离为x，若仅改变x大小，总能使小物块在圆弧轨道和传送带上往复运动（小物块在每次进人圆弧轨道后都沿原路径返回传送带），求x的取值范围．

Answer 1

分析 （1）物块放在传送带后先匀加速运动，对物块进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后由速度位移关系公式求出物体加速到速度等于传送带的速度时通过的位移，求得加速的时间．再求匀速运动的时间，从而得到总时间．
（2）小物块经B点进入圆弧轨道，恰能到达圆弧轨道最高点C，由重力提供向心力，由牛顿第二定律列式．再对物块从B到C的过程，运用机械能守恒定律列式，联立可求得R．
（3）要使小物块在圆弧轨道和传送带上往复运动，在圆弧轨道上上升的最大高度与O等高，对整个过程运用功能关系列式分析即可．

解答 解：（1）物体在传送带上做匀加速运动的加速度：a=$\frac{μmg}{m}$=μg=0.5×10=5m/s²
物体匀加速运动的位移：x₁=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2a}$=$\frac{{4}^{2}}{2×5}$=1.6m 
所用时间：t₁=$\frac{{v}_{0}}{a}$=$\frac{4}{5}$=0.8s
匀速运动的位移：x₂=L-x₁=2-1.6=0.4m
时间：t₂=$\frac{{x}_{2}}{{v}_{0}}$=$\frac{0.4}{4}$=0.1s 
故小物块在传送带上从A点运动到B点的时间：t=t₁+t₂=0.9s
（2）在C点，有 mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$ 
对物块从B到C的过程，运用机械能守恒定律得
   2mgR+$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
联立解得 R=$\frac{{v}_{0}^{2}}{5g}$=$\frac{{4}^{2}}{5×10}$=0.32m
（3）设物块通过与O等高的位置需在传送带上加速S的距离，则由功能关系得
  μmgS=mgR；
解得：S=0.64m
要总能使小物块在圆弧轨道和传送带上往复运动，则应满足 S≤0.64m
故小物块释放点距B点的距离 x=L-S≥2-0.64=1.36 m．
答：
（1）物块在传送带上从A点运动到B点的时间t是0.9s；
（2）圆弧轨道的半径R是0.32m．
（3）x的取值范围为 x≥1.36 m．

点评 本题关键要正确进行受力分析及过程分析，灵活选择研究的过程，运用动力学方法和动能定理结合研究．