Question

13．如图所示，半径R=4m的光滑圆弧轨道BCD与足够长的传送带DE在D处平滑连接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为53°和37°．传送带以2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，将一个质量m=0.5kg的煤块（视为质点）从B点左侧高为h=0.8m处的A点水平抛出，恰从B点沿切线方向进入圆弧轨道．已知煤块与轨道DE间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）煤块水平抛出时的初速度大小v₀；
（2）煤块第一次到达圆弧轨道BCD上的D点对轨道的压力大小；
（3）煤块第一次离开传送带前，在传送带DE上留下痕迹可能的最长长度．（结果保留2位有效数字）

Answer 1

分析 （1）物体做平抛运动，由自由落体运动的规律求出物体落在A时的竖直分速度，然后应用运动的合成与分解求出物体的初速度大小v₀．
（2）通过计算分析清楚物体的运动过程，由动能定理求出物体在D点的速度，然后根据牛顿第二定律求出物体对圆弧轨道压力大小F_N；
（3）先分析煤块的运动情况，再根据牛顿第二定律结合运动学基本公式求解．

解答 解：（1）物体在抛出后竖直方向做自由落体运动，竖直方向有：${v}_{y}=\sqrt{2gh}=\sqrt{2×10×0.8}=4m/s$
物体恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道，则：$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=tan53°$
得：${v}_{0}=\frac{{v}_{y}}{tan53°}=\frac{4}{\frac{4}{3}}=3m/s$
（2）煤块在A→D的过程中由动能定理：$mg（h+Rcos37°-Rcos53°）=\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
在D点由牛顿第二定律：${F}_{ND}-mgcos37°=m\frac{{{v}_{D}}^{2}}{R}$
解得：${v}_{D}=\sqrt{41}m/s$，F_ND=9.125N，
又有牛顿第三定律知在D点对轨道的压力大小为9.125N
（3）因${v}_{D}=\sqrt{41}m/s＞{v}_{带}=2m/s$
所以，煤块先沿传送带向上做匀减速运动，然后做匀变速运动返回，设总时间为t．
在沿传送带向上匀减速由牛顿第二定律：mgsin37°+μmgcos37°=ma₁，
后面的匀变速阶段由牛顿第二定律：mgsin37°-μmgcos37°=ma₂，
解得：${a}_{1}=10m/{s}^{2}$，${a}_{2}=2m/{s}^{2}$
对煤块从滑上到滑下传送带有运动学公式：$\frac{{{v}_{D}}^{2}-{{v}_{带}}^{2}}{2{a}_{1}}+\frac{{{v}_{带}}^{2}}{2{a}_{2}}$=$\frac{1}{2}{a}_{2}（t-\frac{{v}_{D}-{v}_{带}}{{a}_{1}}-\frac{{v}_{带}}{{a}_{2}}）^{2}$
解得：t≈0.44+1+1.69=3.13s，
由题意可知，当传送带最前沿的痕迹与最后痕迹不重叠时，痕迹最长，此时有：
s=${v}_{带}t+\frac{（{v}_{D}-{v}_{带}）^{2}}{2{a}_{1}}$=7.2m
答：（1）煤块水平抛出时的初速度大小v₀为3m/s；
（2）煤块第一次到达圆弧轨道BCD上的D点对轨道的压力大小为9.125N；
（3）煤块第一次离开传送带前，在传送带DE上留下痕迹可能的最长长度为7.2m．

点评 本题关键是分析清楚物体的运动情况，然后根据动能定理、平抛运动知识、牛顿第二定律解题，第三问中要最知道当传送带最前沿的痕迹与最后痕迹不重叠时，痕迹最长，难度适中．