Question

4．如图所示，在水平传送带的右端Q点固定有一竖直光滑圆弧轨道，轨道的入口与传动带在Q点相切，以传送带的左端点为坐标原点O，沿水平传送带上表面建立x坐标轴，已知传送带长L=6m，匀速运动的速度v₀=5m/s，已知圆弧轨道半径R=0.5m，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s²，若将小物块轻放在传动带上的某些位置，小物块滑上圆弧后均不会脱离圆弧轨道，则传动带上这些释放物体的位置的横坐标的范围可能为（　　）

• A． 0≤x≤4m
• B． 0≤x≤3.5m
• C． 3.5m≤x≤6m
• D． 5m≤x≤6m

Answer 1

分析 小物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式列式求解出Q点的速度；在N点，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式；最后联立方程得到圆弧轨道的半径，
滑块在滑动摩擦力的作用下加速，加速距离不同，冲上圆弧轨道的初速度就不同，求出恰好到达圆心右侧M点、圆心右侧等高点、圆心左侧M点的临界加速距离，从而得到传送带上这些位置的横坐标的范围．

解答 解：在传送带上先做匀加速运动，对小物块，由牛顿第二定律得：μmg=ma
解得：a=5m/s²
小物块与传送带共速时，所用的时间 t=$\frac{{v}_{0}}{a}$=$\frac{5}{5}$s=1s，
运动的位移：s=$\frac{{v}_{0}}{2}$t=$\frac{5×1}{2}$=2.5m
故小物块与传送带达到相同速度后以v₀=5m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点．
在N点，由牛顿第二定律得：mg=m$\frac{{v}_{N}^{2}}{R}$
从Q到N过程，由机械能守恒定律得：
  $\frac{1}{2}$mv₀²=mg•2R+$\frac{1}{2}$mv_N²，
解得：R=0.5m；
当物块从x₁=L-s=3.5m处释放时，物块到达Q点时恰好与皮带速度相等，
物块恰好通过圆轨道的最高点，则当x≤x₁=3.5m时，物块不会脱离圆轨道；
设在坐标为x₁处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达与圆心等高位置，从释放点到圆心等高位置过程中，由动能定理得：
   μmg（L-x₂）-mgR=0-0，解得：x₂=5m，当x≥5m时，物块不会脱离轨道；
故小物块放在传送带上的位置坐标范围为：0≤x≤3.5m和5m≤x＜6m；故BD正确，AC错误；
故选：BD．

点评 本题关键是明确小滑块的运动情况，然后分段根据牛顿第二定律、动能定理、运动学公式列式分析求解．