Question

11．如圖所示，傳送帶與水平方向的夾角θ=37°，上端與一段斜面BC相連，斜面BC的傾角也為θ，半徑為R的光滑圓弧軌道CD與斜面BC相切于C，圓弧軌道的最高點(diǎn)D，圓心O與B點(diǎn)在同一豎直線上，傳送帶AB的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=2R，始終沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的小滑塊以初速度v₀=$\sqrt{8.8gR}$（g為重力加速度）從A點(diǎn)沖上傳送帶，小滑塊與傳送帶及斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.25，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）若傳送帶的速度v=v₀，求小滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（2）若小滑塊能經(jīng)過圓弧軌道的最高點(diǎn)，求傳送帶的速度大小v的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）若傳送帶的速度v=v₀，小滑塊向上做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小，結(jié)合速度位移公式求出小滑塊經(jīng)過B點(diǎn)的速度大小．
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出經(jīng)過D點(diǎn)的最小速度，對(duì)B到D段運(yùn)用動(dòng)能定理，求出B點(diǎn)的最小速度，得出小滑塊的速度最小值可以小于v₀，得出滑塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出傳送帶速度的取值范圍．

解答 解：（1）由v=v₀，且μ＜tanθ，則可知小滑塊將減速上滑，
小滑塊減速上滑的加速度大小a=gsinθ-μgcosθ=0.6g-0.2g=0.4g，
從A到B過程，根據(jù)${{v}_{B}}^{2}-{{v}_{0}}^{2}=-2aL$得，
v_B=$\sqrt{7.2gR}$．
（2）若小滑塊恰好能經(jīng)過圓弧軌道的最高點(diǎn)，則在D點(diǎn)，有：$mg=m\frac{{{v}_{D}}^{2}}{R}$，
解得${v}_{D}=\sqrt{gR}$，
小滑塊從B點(diǎn)到D點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得，$-mg（R+\frac{R}{cosθ}）-μmgcosθ•Rtanθ$=$\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{B}{′}^{2}$，
解得${v}_{B}′=\sqrt{5.8gR}＜{v}_{B}$，則v的最小值小于v₀，
v取最小值v_min時(shí)，小滑塊先做加速度大小為a′=gsinθ+μgcosθ=0.8g的減速運(yùn)動(dòng)，減速到v后，再做加速度大小為a的減速運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)時(shí)速度大小恰好為$\sqrt{5.8gR}$，
從A到B的過程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：$\frac{{{v}_{0}}^{2}-{{v}_{min}}^{2}}{2a′}+\frac{{{v}_{min}}^{2}-{v}_{B}{′}^{2}}{2a}=L$，
解得${v}_{min}=\sqrt{6gR}$，
要使小滑塊經(jīng)過圓弧的最高點(diǎn)，傳送帶的速度v$≥\sqrt{6gR}$．
答：（1）小滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小為$\sqrt{7.2gR}$；
（2）傳送帶的速度大小v的取值范圍為v$≥\sqrt{6gR}$．

點(diǎn)評(píng) 本題首先要理清滑塊的運(yùn)動(dòng)情況，知道圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來源，即徑向的合力提供向心力，分段運(yùn)用動(dòng)能定理列式，分析時(shí)還要抓住隱含的幾何關(guān)系進(jìn)行解答．