Question

1．如图所示，半径为R=2.25m的光滑圆规轨道BCD竖直放置，D与圆心O等高，C为轨道的最低点，该圆弧轨道与一长为l=4m倾斜传送带AB相切于B，OC与OB的夹角为37°．一质量为m=0.5g的小滑块从A点由静止开始下滑，通过调整传送带的速度可以使小滑块经过B点进入光滑轨道到达CD段的不同位置，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带与水平面的夹角为37°，g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
（1）当传送带静止时，滑块从A点滑至C点过程中，重力势能减少多少？
（2）当传送带顺时针转动时，求滑块第一次经过C点时所受支持力的大小．
（3）当传送带以某一速度逆时针转动时，滑块恰好不从D处滑出，求从A点下滑至第一次返回传送带速度减为零的过程摩擦力做的功．

Answer 1

分析 （1）重力做的功等于物体重力势能的减小量；
（2）从A到C利用动能定理求出到达C点的速度，由牛顿第二定律求出物体受到的支持力；
（3）滑块恰好不从D处滑出，到达D点时速度刚好为零，从B到D由动能定理即可求得到达B点速度，再根据动能定理结合运动学基本公式求解．

解答 解：（1）BC间的竖直高度h₁=R-Rsin53°=0.2R=0.45m
AB间的竖直高度h₂=lsin37°=2.4m
则AC间高度差h=h₁+h₂=2.85m             
所以滑块从P滑到B减少的重力势能为△E_p=mgh=0.5×10^-3×10×2.85=0.01425J；
（2）当传送带顺时针转动时，滑块在传送到上做匀减速直线运动，从A到C的过程中，根据动能定理得：
$\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}-0=mgh-μmgcos37°l$
在C点，根据向心力公式得：
${F}_{N}-mg=m\frac{{{v}_{C}}^{2}}{R}$
解得：F_N=0.0175N
（3）滑块恰好不从D处滑出，则到达D点时，速度为零，
根据B到D的过程中，根据动能定理得：
$0-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}=-mgRsin53°$
解得：v_B=6m/s，
第一次从A运动到B的过程中，根据动能定理得：
$\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}-0=mglsin37°+{W}_{f1}$
解得：${W}_{f1}=-3×1{0}^{-3}J$
从B处冲上传送带做匀减速直线运动，
加速度a=$\frac{-mgsin37°-μmgcos37°}{m}$=-10m/s²，
则上滑的位移x=$\frac{0-{{v}_{B}}^{2}}{2a}=\frac{0-36}{-20}=1.8m$，
此过程中，摩擦力做的功W_f2=-μmgcos37°x=-0.5×0.5×10^-3×10×0.8×1.8=-3.6×10^-3J
则整个过程中，摩擦力做的功为W=${W}_{f1}+{W}_{f2}=-6.6×1{0}^{-3}J$
答：（1）当传送带静止时，滑块从A点滑至C点过程中，重力势能减少0.01425J；
（2）当传送带顺时针转动时，求滑块第一次经过C点时所受支持力的大小为0.0175N；
（3）从A点下滑至第一次返回传送带速度减为零的过程摩擦力做的功为-6.6×10^-3J．

点评 本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择，知道滑块恰好不从D处滑出，到达D点时速度刚好为零，难度适中．