Question

10．如圖所示，傳送帶以一定速度沿水平方向勻速運動，將質(zhì)量m=1.0kg的小物塊輕輕放在傳送帶上的P點，物塊運動到A點后被水平拋出，小物塊恰好無碰撞地沿圓弧切線從B點進(jìn)入豎直光滑圓弧軌道下滑．B、C為圓弧的兩端點，其連線水平，軌道最低點為O，已知圓弧對應(yīng)圓心角θ=106°，圓弧半徑R=1.0m，A點距水平面的高度h=0.8m，小物塊離開C點后恰好能無碰撞地沿固定斜面向上滑動，經(jīng)過 0.8s小物塊 第二次經(jīng)過D點，已知小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=$\frac{1}{3}$．（取sin53°=0.8，g=10m/s²）求：
（1）小物塊離開A點時的水平速度大��；
（2）小物塊經(jīng)過O點時，軌道對它的支持力大��；
（3）斜面上C、D間的距離．

Answer 1

分析 （1）小物塊離開A點后做平拋運動，根據(jù)經(jīng)過B點的速度方向與豎直下落高度，求A點水平初速μ＜度的大��；
（2）由動能定理求出物塊經(jīng)過O點的速度，根據(jù)牛頓第二定律求解軌道對小物塊的支持力；
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出物塊在斜面上運動的加速度，由運動學(xué)公式求解C、D間的距離．

解答 解：（1）對于小物塊，由A到B做平拋運動，在豎直方向上有
  v_y²=2gh ①
在B點時有tan$\frac{θ}{2}$=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{A}}$ ②
由①②解得 v_A=3m/s
（2）小物塊在B點的速度為 v_B=$\sqrt{{v}_{A}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=5m/s
由B到O由動能定理（或機(jī)械能守恒定律）得
  mgR（1-sin37°）=$\frac{1}{2}$mv_O²-$\frac{1}{2}$mv_B²；
由牛頓第二定律得 F_N-mg=m$\frac{{v}_{O}^{2}}{R}$
解得F_N=43N
（3）物塊沿斜面上滑時，有 mgsin53°+μmgcos53°=ma₁
v_C=v_B=5m/s
小物塊由C上升到最高點的時間為 t₁=$\frac{{v}_{C}}{{a}_{1}}$=0.5s
則小物塊由斜面最高點回到D點歷時
  t₂=0.8s-0.5s=0.3s
小物塊沿斜面下滑時，由牛頓第二定律得
  mgsin53°-μmgcos53°=ma₂
C、D間的距離為 x_CD=$\frac{{v}_{C}}{2}$t₁-$\frac{1}{2}$a₂t²=0.98m．
答：
（1）小物塊離開A點時的水平速度大小為3m/s．　
（2）小物塊經(jīng)過O點時，軌道對它的支持力大小為43N．　
（3）斜面上C、D間的距離是0.98m．

點評 本題是平拋運動與圓周運動及動力學(xué)問題的綜合，解決問題的關(guān)鍵是掌握相關(guān)基礎(chǔ)知識，分過程處理．