Question

如圖，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）小物塊經過O點時對軌道的壓力．

Answer 1

（1）、小物塊由A運動B，機械能守恒定律得：
mgH=

1

2

mvB2
解得：vB=

2gh

=5m/s．
（2）、小物塊到達B的速度為5m/s，傳送帶的速度為2m/s，所以物塊在傳送帶上先減速后勻速，設勻減速運動的加速度為a，減速運動的時間為t₁，勻速運動的時間為t₂，
由牛頓第二定律，得
μmg=ma
解得：a=μg=4m/s²．
勻加速運動過程有v=v_B-at₁，
得：t1=

vB-v

2

=

5-3

4

=0.5s
則此過程的位移L₁為：L1=

vB+v

2

t1=

5+3

2

×0.5=2m
勻速運動的時間t₂為：t2=

L-L1

v

=

5-2

3

=1s
則小物塊在水平傳送帶BC上的運動時間t=t₁+t₂=0.5+1=1.5s
（3）、小物塊從C到D做平拋運動，在D點有：vy=vtan

θ

2

=4m/s
小物塊在D點的速度大小為：vD=

v 2C + v 2y

=5m/s
對小物塊從D點到O點重力勢能轉化為動能，由動能定理，得：
mgR(1-cos

θ

2

)=

1

2

m

v

2

-

1

2

m

v

2D

在O點對小物塊受力分析，設受到的支持力為F_N，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
答：（1）小物塊在B點的速度為5m/s．
（2）小物塊在水平傳送帶BC上的運動時間為1.5s．
（3）小物塊經過O點時對軌道的壓力為43N．