Question

13．如圖所示，半徑R=4m的光滑圓弧軌道BCD與足夠長的傳送帶DE在D處平滑連接，O為圓弧軌道BCD的圓心，C點為圓弧軌道的最低點，半徑OB、OD與OC的夾角分別為53°和37°．傳送帶以2m/s的速度沿順時針方向勻速轉動，將一個質量m=0.5kg的煤塊（視為質點）從B點左側高為h=0.8m處的A點水平拋出，恰從B點沿切線方向進入圓弧軌道．已知煤塊與軌道DE間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）煤塊水平拋出時的初速度大小v₀；
（2）煤塊第一次到達圓弧軌道BCD上的D點對軌道的壓力大��；
（3）煤塊第一次離開傳送帶前，在傳送帶DE上留下痕跡可能的最長長度．（結果保留2位有效數(shù)字）

Answer 1

分析 （1）物體做平拋運動，由自由落體運動的規(guī)律求出物體落在A時的豎直分速度，然后應用運動的合成與分解求出物體的初速度大小v₀．
（2）通過計算分析清楚物體的運動過程，由動能定理求出物體在D點的速度，然后根據(jù)牛頓第二定律求出物體對圓弧軌道壓力大小F_N；
（3）先分析煤塊的運動情況，再根據(jù)牛頓第二定律結合運動學基本公式求解．

解答 解：（1）物體在拋出后豎直方向做自由落體運動，豎直方向有：${v}_{y}=\sqrt{2gh}=\sqrt{2×10×0.8}=4m/s$
物體恰從A點沿切線方向進入圓弧軌道，則：$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=tan53°$
得：${v}_{0}=\frac{{v}_{y}}{tan53°}=\frac{4}{\frac{4}{3}}=3m/s$
（2）煤塊在A→D的過程中由動能定理：$mg（h+Rcos37°-Rcos53°）=\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
在D點由牛頓第二定律：${F}_{ND}-mgcos37°=m\frac{{{v}_{D}}^{2}}{R}$
解得：${v}_{D}=\sqrt{41}m/s$，F(xiàn)_ND=9.125N，
又有牛頓第三定律知在D點對軌道的壓力大小為9.125N
（3）因${v}_{D}=\sqrt{41}m/s＞{v}_{帶}=2m/s$
所以，煤塊先沿傳送帶向上做勻減速運動，然后做勻變速運動返回，設總時間為t．
在沿傳送帶向上勻減速由牛頓第二定律：mgsin37°+μmgcos37°=ma₁，
后面的勻變速階段由牛頓第二定律：mgsin37°-μmgcos37°=ma₂，
解得：${a}_{1}=10m/{s}^{2}$，${a}_{2}=2m/{s}^{2}$
對煤塊從滑上到滑下傳送帶有運動學公式：$\frac{{{v}_{D}}^{2}-{{v}_{帶}}^{2}}{2{a}_{1}}+\frac{{{v}_{帶}}^{2}}{2{a}_{2}}$=$\frac{1}{2}{a}_{2}（t-\frac{{v}_{D}-{v}_{帶}}{{a}_{1}}-\frac{{v}_{帶}}{{a}_{2}}）^{2}$
解得：t≈0.44+1+1.69=3.13s，
由題意可知，當傳送帶最前沿的痕跡與最后痕跡不重疊時，痕跡最長，此時有：
s=${v}_{帶}t+\frac{（{v}_{D}-{v}_{帶}）^{2}}{2{a}_{1}}$=7.2m
答：（1）煤塊水平拋出時的初速度大小v₀為3m/s；
（2）煤塊第一次到達圓弧軌道BCD上的D點對軌道的壓力大小為9.125N；
（3）煤塊第一次離開傳送帶前，在傳送帶DE上留下痕跡可能的最長長度為7.2m．

點評 本題關鍵是分析清楚物體的運動情況，然后根據(jù)動能定理、平拋運動知識、牛頓第二定律解題，第三問中要最知道當傳送帶最前沿的痕跡與最后痕跡不重疊時，痕跡最長，難度適中．