Question

3．如图所示，细线一端系着质量m=0.5kg的小物块（可视为质点），另一端系在天花板上的O点．天花板下方H=0.6m处有一条长x=1.3m的水平传送带，其左端点A在O点正下方，右端与倾角为37°的粗糙斜面平滑连接，传送带以4m/s的速度沿顺时针方向匀速运动．现缓慢向左拉动小物块，当细线偏离竖直方向41°时将物块由静止释放，当它摆动到最低点时立即剪断细线，小物块水平抛出后落到传送带上，然后经传送带滑上斜面．已知物块刚落到传送带上时水平方向速度不变，竖直方向速度瞬时减为零．小物块与传送带、斜面间的动摩擦因数μ均为0.5，g取10m/s²，sin41°=0.66，cos41°=0.75，sin37°=0.6，cos37°=0.8．改变细线长度重复以上操作，求：
（1）剪断前瞬间细线的拉力；
（2）求落点距传送带左端点A的最大距离；
（3）当落点距A端最远时，求小物块能够沿斜面向上运动的最大距离．

Answer 1

分析 （1）根据机械能守恒定律求出小物块摆到最低点时的速度．在最低点，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求拉力．
（2）剪断细线后小物块做平抛运动，根据平抛运动的规律得到水平距离与线长的关系式，再由数学知识求水平距离的最大值．
（3）根据小物块落在传送带上的水平速度与传送带速度的关系，分析物体的运动情况，由动能定理求出物块到达B点的速度．再研究物块沿斜面向上运动的过程，由动能定理求上滑的最大距离．

解答 解：（1）物块向下摆动的过程，由机械能守恒定律得
  mgl（1-cos41°）=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$ ①
在最低点，由牛顿第二定律有
  T-mg=m$\frac{{v}^{2}}{l}$ ②
结合cos41°=0.75，解得 T=7.5N ③
（2）由①得 v=$\sqrt{\frac{1}{2}gl}$ ④
剪断细线后小物块做平抛运动，则有
  H-l=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$ ⑤
  x₁=vt ⑥
联立得 x₁=$\sqrt{l（H-l）}$ ⑦
根据数学知识知，当l=H-l，即l=0.8m时，落点距A点最远，最远距离为 x_1max=0.8m
（3）把l=0.8m代入④可得 v=2m/s＜4m/s
所以物块落在传送带后做匀加速运动
由动能定理得 μmg（x-x₁）=$\frac{1}{2}m{v}_{t}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
代入数据可得 v_t=3m/s
因为v_t＜4m/s，所以物块将以3m/s的速度滑上斜面
在沿斜面上滑时，由动能定理得
-mgsin37°•s-μmgcos37°•0-$\frac{1}{2}m{v}_{t}^{2}$
解得 s=0.45m
答：
（1）剪断前瞬间细线的拉力是7.5N；
（2）落点距传送带左端点A的最大距离是0.8m；
（3）当落点距A端最远时，小物块能够沿斜面向上运动的最大距离是0.45m．

点评 解决本题的关键会根据物体的受力情况判断物体的运动情况，把握每个过程和状态的物理规律．对于涉及力在空间的效果，要优先考虑动能定理．