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    如图所示，水平传送带与x轴重合，左端位于坐标原点O，右端与竖直圆弧轨道的光滑内侧相切于Q点．传送带长L=6m．匀速运动的速度v0=5m/s．质量m=lkg的小物块轻轻放在传送带上xP=2m的P点，小物块随传送带向右运动，经Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2．求：
    （1）小物块随传送带运动到Q点时的速度大小．
    （2）N点的纵坐标yN．
    （3）若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均能沿光滑圆弧轨道通过纵坐标yM=0.3m的M点，且始终不脱离圆弧轨道．求这些位置的横坐标范围．
    分析：（1）求解出P到Q过程的加速度，根据运动学公式列式求解出Q点的速度；
    （2）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N点的纵坐标yN；
    （3）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．
    解答：解：（1）设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a，速度大小增大到v0=5m/s的过程中位移为s，由牛顿第二定律和运动学公式得：
     μmg=ma
     v
     
    2
    0
    -0=2as
    解得：s=2.5m
    而P、Q两点之间的距离为：
    PQ=L-xP=4m
    所以s＜PQ
    故，小物块在到达Q点的之前就已经加速到跟传送带一样的速度，即：
     vQ=v0=5m/s
    （2）设小物块经Q点后能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点，恰好过N点的速度为vN，圆弧轨道的半径为r，由向心力公式和机械能守恒定律得：
     mg=m
    v
    2
    N
    r

     
    1
    2
    m
    v
    2
    Q
    =mg?2r+
    1
    2
    m
    v
    2
    N

    解得：r=0.5m
    所以，N点的纵坐标为：yN=2r=1m
    （3）①若小物块刚好能到达轨道右侧的yM=0.3m的M点，设它经过Q点的速度大小为v1，由械能守恒定律得：
     
    1
    2
    m
    v
    2
    1
    =mg?yM
    设小物块轻放在传送带上的位置坐标为x1，由运动学公式得：
     v
     
    2
    1
    -0=2a（L-x1）
    解得：x1=5.4m
    ②若小物块刚好能到达轨道右侧的y2=r的点，设它经过Q点的速度大小为v2，由械能守恒定律得：
     
    1
    2
    m
    v
    2
    2
    =mg?r
    设小物块轻放在传送带上的位置坐标为x2，由运动学公式得：
     v
     
    2
    2
    -0=2a（L-x2）
    解得：x2=5m
    ③若小物块恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点，那么，它将能从圆弧轨道的左侧经过yM=0.3m的M点．由第（1）、（2）的答案可知，其轻放在传送带上最靠近Q点的位置坐标为：
       x3=L-s=3.5m
    综上所述，小物块能沿光滑圆弧轨道通过纵坐标yM=0.3m的M点，且始终不脱离圆轨道，这些位置的横坐标范围为：5.0m＜x＜5.4m及x＜3.5m．
    答：
    （1）小物块随传送带运动到Q点时的速度大小是5m/s．
    （2）N点的纵坐标yN是1m．
    （3）小物块能沿光滑圆弧轨道通过纵坐标yM=0.3m的M点，且始终不脱离圆轨道，这些位置的横坐标范围为：5.0m＜x＜5.4m及x＜3.5m．
    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．
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    111
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    1
    2
    mv2
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