Question

（學有余力同學做，不計入總分）如圖所示，設AB段是距水平傳送帶裝置高為H=1.25m的光滑斜面，水平段BC使用水平傳送帶裝置，BC長L=5m，與貨物包的摩擦系數為μ=0.4，順時針轉動的速度為V=3m/s．設質量為m=1kg的小物塊由靜止開始從A點下滑，經過B點的拐角處無機械能損失．小物塊隨傳送帶運動到C點后水平拋出，恰好無碰撞的沿圓弧切線從D點進入豎直光滑圓孤軌道下滑．D、E為圓弧的兩端點，其連線水平．已知圓弧半徑R₂=1.0m圓弧對應圓心角θ=106°，O為軌道的最低點．（g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）試求：
（1）小物塊在B點的速度．
（2）小物塊在水平傳送帶BC上的運動時間．
（3）水平傳送帶上表面距地面的高度．
（4）小物塊經過O點時對軌道的壓力．

Answer 1

分析：（1）加速下滑過程中只有重力做功，對滑塊沿斜面下滑過程運用動能定理列式求解；
（2）小滑塊在傳送帶上先加速后勻速，先受力分析后根據牛頓第二定律求出加速過程的加速度，然后根據速度時間公式求加速時間，再根據平均速度公式求加速位移，再求勻速時間，最后得到總時間；
（3）對于平拋運動，根據速度方向先求出落地時的豎直分速度，然后根據速度位移公式求解出傳送帶上表面距離地面的高度差；
（4）先根據速度分解的平行四邊形定則求出落地時速度，再對從D到O過程運用動能定理列式求出O點速度，最后運用牛頓第二定律求解對軌道最低點壓力．

解答：解：（1）小物塊由A運動B，由動能定理，mgh=

1

2

mv2
解得：vB=

2gH

=5m/s
即小物塊在B點的速度為5m/s．
（2）由牛頓第二定律，得μmg=ma，解得：a=μg=4m/s²
水平傳送帶的速度為v₀=3m/s
加速過程，由 v₀=v_B-at₁，得：t1=

vB-v0

a

=0.5s
則勻速過程
L₁=

vB+v0

2

t1=2m
t2=

L-L1

v

=1s
故總時間t=t₁+t₂=1.5s
即小物塊在水平傳送帶BC上的運動時間為1.5s．
（3）小物塊從C到D做平拋運動，在D點有：
vy=v0tan

θ

2

=4m/s
由

v

2 y

=2gh，得h=

v 2 y

2g

=0.8m
故水平傳送帶上表面距地面的高度為0.8m．
（4）小物塊在D點的速度大小為：vD=

v 2 C + v 2 y

=5m/s
對小物塊從D點到O由動能定理，得：mgR（1-cos

θ

2

）=

1

2

mv2-

1

2

m

v

2 D

在O點由牛頓第二定律，得：FN-mg=m

v2

R

聯立以上兩式解得：F_N=43N
由牛頓第三定律知對軌道的壓力為：F_N′=43N
即小物塊經過O點時對軌道的壓力為43N．

點評：本題關鍵是分析清楚物體的運動情況，然后根據動能定理、平拋運動知識、牛頓第二定律、向心力公式列式求解．