Question

2．如圖，傳送帶與水平方向的夾角為θ=37°，上端與一段斜面BC相連，斜面BC的傾角也為37^°．半徑為R的光滑圓弧軌道CD與斜面BC相切與C，最高點D、圓心O與B點在同一豎直線上．傳送帶AB間的距離為L=2R，始終以速度v₀=$\sqrt{7.6gR}$沿順時針方向運轉(zhuǎn)．一質(zhì)量為m的小滑塊以某一初速度v_A從A點沖上傳送帶，滑塊與傳送帶及斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ=$\frac{1}{4}$．滑塊通過D點對軌道的壓力大小為mg．sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）滑塊經(jīng)過C點時的動能；
（2）滑塊離開D點后落到與C等高的水平面時與C點間的距離；
（3）滑塊從A點沖上傳送帶時的速度大小．

Answer 1

分析 （1）分析滑塊經(jīng)過D點時的受力情況，運用牛頓第二定律求出滑塊通過D點的速度．滑塊從C到D的過程，運用動能定理可求得滑塊經(jīng)過C點時的動能；
（2）滑塊離開D點后做平拋運動，根據(jù)分位移公式和幾何關(guān)系求解落到與C等高的水平面時與C點間的距離；
（3）滑塊從B到C的過程做勻減速運動，由動能定理求得滑塊經(jīng)過B點時的速度大�。�滑塊沖上傳送帶后到速度與傳送帶相等的過程，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求滑塊從A點沖上傳送帶時的速度．

解答 解：（1）滑塊經(jīng)過D點時，由牛頓第二定律得：
N+mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
滑塊從C到D的過程，運用動能定理得：
-mg（R+Rcosθ）=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$-E_KC；
聯(lián)立解得：E_KC=2.8mgR
（2）滑塊離開D點后做平拋運動，則有：
R+Rcosθ=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
x=v_Dt+Rsinθ
整理得所求的距離為：x=（0.6+$\sqrt{7.2}$）R
（2）滑塊從B到C的過程中，做勻減速運動，根據(jù)動能定理得：
-（mgsinθ+μmgcosθ）Rtanθ=E_KC-$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$ 
解得：v_B=$\sqrt{6.8gR}$
設(shè)滑塊在距離B點為l時速度與傳送帶相等，則有：
${v}_{B}^{2}$-${v}_{0}^{2}$=-2al
又 a=$\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}$=gsinθ-μgcosθ
據(jù)題有：v₀=$\sqrt{7.6gR}$
解得 l=R
滑塊從沖上傳送帶到與傳送帶速度相等的過程中，由動能定理得：
$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$=-（mgsinθ+μmgcosθ）（2R-l）
解得：v_A=$\sqrt{9.2gR}$
答：（1）滑塊經(jīng)過C點時的動能是2.8mgR；
（2）滑塊離開D點后落到與C等高的水平面時與C點間的距離（0.6+$\sqrt{7.2}$）R；
（3）滑塊從A點沖上傳送帶時的速度大小是$\sqrt{9.2gR}$．

點評 本題首先要理清滑塊的運動情況，知道圓周運動向心力的來源，即徑向的合力提供向心力，分段運用動能定理列式，分析時還要抓住隱含的幾何關(guān)系進行解答．