Question

（2014?四川模拟）如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=1.8m/s的初

（2014?四川模拟）如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=1.8m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v=3m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，圆弧轨道的半径为R=2m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力，重力加速度g=1Om/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量．

Answer 1

（1）设小物体在C点时得速度大小为v_C，由平抛运动的规律可知，C点的速度方向与水平方向成θ=53°，则由几何关系可得：
vC＝

v0

cosθ

＝

1.8

cos53°

m/s＝3m/s…①
由C点到D点，由动能定理得：
mgR(1?cosθ)＝

1

2

mvD2?

1

2

mvC2…②
小球在D点，由牛顿第二定律得：
FN?mg＝m

vD2

R

…③
由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为：F_N′=F_N…④
①②③④联立得：F_N′=22.5N，方向竖直向下．
（2）设小物块在传送带上滑动得加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
a＝

μmg

m

＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2…⑤
小物块匀减速直线运动的时间为t₁，向左通过得位移为x₁，传送带向右运动得距离为x₂，则：
v_D=at₁…⑥
x1＝

1

2

at12…⑦
x₂=vt₁…⑧
小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t₂，向左通过得位移为x₃，传送带向右运动得距离为x₄，则：
v=at₂…⑨
x3＝

1

2

at22…⑩
x₄=vt₂…?
整个过程小物块相对传送带滑动得距离为：
x=x₁+x₂+x₄-x₃…?
生成得热量为：Q=μmgx…?
联立⑤至?联立解得：Q=32J
答：（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为22.5N；
（2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量为32J．

Answer 2

（1）小物块在C点时的速度大小为 vC=
v0cos60°=20.5=4m/s
（2）小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR（1-cos60°）=12mv2D-12mv2C
代入数据解得：vD=25m/s，
小球在D点时由牛顿第二定律得：
FN-mg=mv2DR，
代入数据解得：FN=60N
由牛顿第三定律得 FN′=FN=60N，方向竖直向下．
（3）设小物块刚滑到木板左端到达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为：
a1=μmgm=μg=3m/s2，
a2=μmgM=1m/s2
速度分别为：v=vD-a1t，v=a2t
对物块和木板系统，由能量守恒定律得：
μmgL=12mv2D-12（m+M）v2
解得：L=2.5 m，即木板的长度至少是2.5 m．
答：
（1）小球到达C点时的速度为4m/s．
（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为60N；
（3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少为2.5m．