题目内容

11．如图所示，传送带与水平方向的夹角θ=37°，上端与一段斜面BC相连，斜面BC的倾角也为θ，半径为R的光滑圆弧轨道CD与斜面BC相切于C，圆弧轨道的最高点D，圆心O与B点在同一竖直线上，传送带AB的长度为L=2R，始终沿顺时针方向转动，一质量为m的小滑块以初速度v0=$\sqrt{8.8gR}$（g为重力加速度）从A点冲上传送带，小滑块与传送带及斜面间的动摩擦因数均为μ=0.25，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）若传送带的速度v=v0，求小滑块经过B点时的速度大小；
（2）若小滑块能经过圆弧轨道的最高点，求传送带的速度大小v的取值范围．

分析 （1）若传送带的速度v=v0，小滑块向上做减速运动，根据牛顿第二定律求出匀减速直线运动的加速度大小，结合速度位移公式求出小滑块经过B点的速度大小．
（2）根据牛顿第二定律求出经过D点的最小速度，对B到D段运用动能定理，求出B点的最小速度，得出小滑块的速度最小值可以小于v0，得出滑块在传送带上的运动规律，结合运动学公式求出传送带速度的取值范围．

解答 解：（1）由v=v0，且μ＜tanθ，则可知小滑块将减速上滑，
小滑块减速上滑的加速度大小a=gsinθ-μgcosθ=0.6g-0.2g=0.4g，
从A到B过程，根据${{v}_{B}}^{2}-{{v}_{0}}^{2}=-2aL$得，
vB=$\sqrt{7.2gR}$．
（2）若小滑块恰好能经过圆弧轨道的最高点，则在D点，有：$mg=m\frac{{{v}_{D}}^{2}}{R}$，
解得${v}_{D}=\sqrt{gR}$，
小滑块从B点到D点，根据动能定理得，$-mg（R+\frac{R}{cosθ}）-μmgcosθ•Rtanθ$=$\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{B}{′}^{2}$，
解得${v}_{B}′=\sqrt{5.8gR}＜{v}_{B}$，则v的最小值小于v0，
v取最小值vmin时，小滑块先做加速度大小为a′=gsinθ+μgcosθ=0.8g的减速运动，减速到v后，再做加速度大小为a的减速运动，到B点时速度大小恰好为$\sqrt{5.8gR}$，
从A到B的过程，根据运动学公式有：$\frac{{{v}_{0}}^{2}-{{v}_{min}}^{2}}{2a′}+\frac{{{v}_{min}}^{2}-{v}_{B}{′}^{2}}{2a}=L$，
解得${v}_{min}=\sqrt{6gR}$，
要使小滑块经过圆弧的最高点，传送带的速度v$≥\sqrt{6gR}$．
答：（1）小滑块经过B点时的速度大小为$\sqrt{7.2gR}$；
（2）传送带的速度大小v的取值范围为v$≥\sqrt{6gR}$．

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．

练习册系列答案
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