Question

2．如图，传送带与水平方向的夹角为θ=37°，上端与一段斜面BC相连，斜面BC的倾角也为37^°．半径为R的光滑圆弧轨道CD与斜面BC相切与C，最高点D、圆心O与B点在同一竖直线上．传送带AB间的距离为L=2R，始终以速度v₀=$\sqrt{7.6gR}$沿顺时针方向运转．一质量为m的小滑块以某一初速度v_A从A点冲上传送带，滑块与传送带及斜面间的动摩擦因数均为μ=$\frac{1}{4}$．滑块通过D点对轨道的压力大小为mg．sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）滑块经过C点时的动能；
（2）滑块离开D点后落到与C等高的水平面时与C点间的距离；
（3）滑块从A点冲上传送带时的速度大小．

Answer 1

分析 （1）分析滑块经过D点时的受力情况，运用牛顿第二定律求出滑块通过D点的速度．滑块从C到D的过程，运用动能定理可求得滑块经过C点时的动能；
（2）滑块离开D点后做平抛运动，根据分位移公式和几何关系求解落到与C等高的水平面时与C点间的距离；
（3）滑块从B到C的过程做匀减速运动，由动能定理求得滑块经过B点时的速度大小．滑块冲上传送带后到速度与传送带相等的过程，由牛顿第二定律和运动学公式结合求滑块从A点冲上传送带时的速度．

解答 解：（1）滑块经过D点时，由牛顿第二定律得：
N+mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
滑块从C到D的过程，运用动能定理得：
-mg（R+Rcosθ）=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$-E_KC；
联立解得：E_KC=2.8mgR
（2）滑块离开D点后做平抛运动，则有：
R+Rcosθ=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
x=v_Dt+Rsinθ
整理得所求的距离为：x=（0.6+$\sqrt{7.2}$）R
（2）滑块从B到C的过程中，做匀减速运动，根据动能定理得：
-（mgsinθ+μmgcosθ）Rtanθ=E_KC-$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$ 
解得：v_B=$\sqrt{6.8gR}$
设滑块在距离B点为l时速度与传送带相等，则有：
${v}_{B}^{2}$-${v}_{0}^{2}$=-2al
又 a=$\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}$=gsinθ-μgcosθ
据题有：v₀=$\sqrt{7.6gR}$
解得 l=R
滑块从冲上传送带到与传送带速度相等的过程中，由动能定理得：
$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$=-（mgsinθ+μmgcosθ）（2R-l）
解得：v_A=$\sqrt{9.2gR}$
答：（1）滑块经过C点时的动能是2.8mgR；
（2）滑块离开D点后落到与C等高的水平面时与C点间的距离（0.6+$\sqrt{7.2}$）R；
（3）滑块从A点冲上传送带时的速度大小是$\sqrt{9.2gR}$．

点评 本题首先要理清滑块的运动情况，知道圆周运动向心力的来源，即径向的合力提供向心力，分段运用动能定理列式，分析时还要抓住隐含的几何关系进行解答．