Question

3．如图所示，质量分别为M=7kg和m=2kg的两个物块用一根不可伸长的轻绳连接跨过光滑定滑轮，滑轮固定在半径为R=10cm的光滑竖直圆弧轨道顶端．开始时，M紧靠在定滑轮处的A点，A与圆心O等高，m置于倾角为α=45°的光滑固定斜面上．现自由释放两物块．当M运动到圆弧轨道最低点B点时绳子突然断裂，之后M从C处离开圆弧轨道，并恰能无碰撞地落在传送带最右端的D点．已知OC与OB的夹角θ=60°，传送带长度L=4cm，传送带始终以v=2m/s的速度沿顺时针方向运动，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.1．（物块大小可忽略，定滑轮半径不计，g取10m/s²）求：
（1）绳断瞬间，M对B点的正压力；
（2）D、B两点间的高度差
（3）M能否回到圆弧轨道？若能，求出它最多能滑到B点右侧多高的位置，若不能，求出它在传送带上运动时产生的内能．

Answer 1

分析 （1）自由释放两物块的过程中，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律列方程．再结合M的速度沿绳子方向的分速度等于m的速度列式，从而求出M到达B点时的速度，再由牛顿第二、第三定律求M对B点的压力．
（2）由机械能守恒求出M到达C点的速度，得到竖直分速度．M离开C后的运动逆过程是平抛运动，由平抛运动的规律求出D、C间的高度差，从而得到D、B间的高度差．
（3）分析M滑上传送带后的运动情况，得到它离开传送带时的速度，与M刚滑上传送带时的速度比较，即可作出判断．

解答 解：（1）自由释放两物块的过程中，系统的机械能守恒，则有：
MgR=$\frac{1}{2}M{v}_{M}^{2}$+$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$+mg（$\sqrt{2}$R）sinα
又 v_Mcosα=v_N；
联立解得：v_M=$\frac{\sqrt{5}}{2}$m/s
在B点，由牛顿第二定律得：N-Mg=M$\frac{{v}_{M}^{2}}{R}$
解得：N=157.5N
由牛顿第三定律知，绳断瞬间，M对B点的正压力为：N′=N=157.5N
（2）M从B到C，由机械能守恒有：
$\frac{1}{2}M{v}_{M}^{2}$=MgR（1-cosθ）+$\frac{1}{2}M{v}_{C}^{2}$
解得：v_C=0.5m/s
竖直分速度为：v_y=v_Csin60°=$\frac{\sqrt{3}}{4}$m/s
M离开C后的运动逆过程是平抛运动，则有：
${v}_{y}^{2}$=2gh_DC；
得：h_DC=$\frac{3}{320}$m
故D、B两点间的高度差为：h_DB=h_DC+R（1-cosθ）=$\frac{19}{320}$m≈0.06m
（3）M滑上传送带后先向左匀减速运动，速度减至零后向右匀加速运动，根据运动过程的对称性知，M向右离开传送带时的速度为 v_D=v_Ccos60°=$\frac{1}{4}$m/s
M能返回到圆弧轨道．设它最多能滑到B点右侧h高的位置．
由机械能守恒得：Mg（h_DB-h）=$\frac{1}{2}M{v}_{D}^{2}$
解得 h=$\frac{9}{160}$m≈0.03m
答：（1）绳断瞬间，M对B点的正压力是157.5N；
（2）D、B两点间的高度差是0.06m．
（3）M能回到圆弧轨道，它最多能滑到B点右侧0.03m高的位置．

点评 解决本题的关键理清物块的运动，知道M、m自由释放后系统的机械能是守恒的，单个物体机械能不守恒．要抓住运动的对称性和逆向思维，分析M的运动过程．