Question

14．如图，光滑固定的$\frac{1}{4}$圆形轨道ACB的半径r=1.8m，A点与圆心O等高，轨道底端与圆心在同一竖直线上，C点离B点的竖直高度为h=0.8m，质量m=1kg物块从轨道上的A点由静止释放，滑过B点后进入足够长的水平传送带，传动带由电动机驱动按图示方向运转，物块第一次返回到圆弧上恰能到达C点，不计物块通诺轨道与传送带交界处动能损失，物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，g取10m/s²，求物块：
（1）下滑到B点时，轨道对物块支持力的大小；
（2）在传送带上向右滑行的最大距离；
（3）第一次从传送带上往返B点时的速度；
（4）在传动带上第一次往返的过程中，与传送带间产生的热能．

Answer 1

分析 （1）由动能定理可求得物块经过B点时的速度，根据向心力公式可求得物体在B点时的支持力．
（2）由动能定理求物体向右滑行的最大距离．
（3）在传送带上物体先向右匀减速，再向左匀加速，由速度公式求出匀加速运动的时间，由位移公式求出此过程的位移，判断物体的运动状态，得到物体第一次回到B点的速度．
（4）求出物体在传动带上第一次往返的过程中与传送带的相对位移大小，再乘以滑动摩擦力，即可得到热量．

解答 解：（1）设物体经过B点的速度为v_B，已知圆弧半径为r=1.8m，由动能定理得：
   mgr=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$-0
则 v_B=$\sqrt{2gr}$=$\sqrt{2×10×1.8}$m/s=6m/s
在B点，对物块由向心力公式得
  N-mg=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{r}$   
则N=mg+m$\frac{{v}_{B}^{2}}{r}$=1×10+1×$\frac{{6}^{2}}{1.8}$=30N
（2）由动能定理得：-μmgS=0-$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
则物体向右滑行的最大距离 S=$\frac{{v}_{B}^{2}}{2μg}$=$\frac{{6}^{2}}{2×0.2×10}$m=9m
（3）物体返回时恰好能回到C点，设传送带速度为v，又v_c=0
由动能定理得
-mgh=0-$\frac{1}{2}$mv²
则 v=$\sqrt{2gh}$=$\sqrt{2×10×0.8}$=4m/s，即第一次从传送带上往返B点时的速度是4m/s
（4）物体设物体向右匀减速的时间为t₁，加速度大小 a=$\frac{μmg}{m}$=μg=2m/s²
则t₁=$\frac{{v}_{B}}{a}$=3s，此过程传送带的位移 x₁=vt₁=12m
此过程产生热能 Q₁=μmg（S+x₁）=0.2×1×10×（9+12）J=42J
设物体向左匀加速的时间为t₂，加速的位移为x₂，加速度 a=$\frac{μmg}{m}$=μg=2m/s²
则t₁=$\frac{v}{a}$=$\frac{4}{2}$=2s，x₂=$\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}$=$\frac{1}{2}×2×{2}^{2}$m=4m
此过程传送带的位移 x_带=vt₂=8m
此过程产生热能 Q₂=μmg（x_带-x₂）=0.2×1×10×（8-4）J=8J
故在传动带上第一次往返的过程中，与传送带间产生的热能 Q=Q₁+Q₂=50J
答：
（1）下滑到B点时，轨道对物块支持力的大小是30N；
（2）在传送带上向右滑行的最大距离是9m；
（3）第一次从传送带上往返B点时的速度是4m/s；
（4）在传动带上第一次往返的过程中，与传送带间产生的热能是50J．

点评 本题的关键要正确分析物体的受力情况，判断其运动情况，分析清楚运动过程，再根据运动学规律求解即可．要注意当物体与传送带相向运动时相对位移等于两者对地位移之和，同向运动时相对位移等于两者位移之差．