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    19．如图所示，水平传送带AB长度L=3.3m，沿顺时针方向以v0=8m/s匀速转动，一半径R=0.8m的光滑$\frac{1}{4}$圆弧轨道DA与传送带相切于A点，传送带与一长度s=2.4m的平台水平相切干B点，C点右侧是一个高度h=1.25m、宽度未知的壕沟，一质量m=0.1kg的滑块（可视为质点）从D点由静止释放，滑块最终恰好越过壕沟落在平台最左端E点．已知滑块与传送带及BC面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2．试求：

    （1）滑块通过传送带的过程，电动机多消耗的电能△E电．
    （2）壕沟的宽度L及滑块从滑上传送带到落在平台上E点经历的时间t．
    （3）滑块落在平台上时，速度方向与竖直方向的夹角θ．

    分析 （1）滑块通过传送带的过程，电动机多消耗的电能等于滑块增加的动能和产生的内能之和．先根据机械能守恒求出滑块滑到A点时的速度．根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出滑块与传送带间的相对位移，从而求得摩擦产生的内能，再根据能量守恒定律求电动机多消耗的电能△E电．
    （2）滑块从B到C的过程，通知动能定理求出滑块到达C点的速度，由平抛运动的规律求壕沟的宽度L和运动时间，即可求得从A到E的总时间t．
    （3）根据时间求得滑块落在平台上时竖直分速度，再求速度方向与竖直方向的夹角θ．

    解答 解：（1）滑块从D运动到A的过程，由机械能守恒定律有：mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
    代入数据解得：vA=4m/s
    滑块滑上传送带后先做匀加速运动，加速度为：
    a=$\frac{μmg}{m}$=μg=5m/s2．
    匀加速至与传送带共速的时间为：
    t1=$\frac{{v}_{0}-{v}_{A}}{a}$=$\frac{8-4}{5}$=0.8s
    匀加速运动通过的位移为：
    x=$\frac{{v}_{A}+{v}_{0}}{2}{t}_{1}$=$\frac{4+8}{2}×0.8$=4.8m＞L=3.3m
    所以滑块在传送带上一直匀加速，设匀加速运动的时间为t2．则有：
    L=vAt2+$\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}$
    代入数据解得：t2=0.6s
    滑块到达B点的速度为：vB=vA+at2=4+5×0.6=7m/s
    滑块与传送带间的相对位移为：△x=v0t2-L=8×0.6-3.3=1.5m
    所以滑块通过传送带的过程，电动机多消耗的电能为：△E电=μmg△x+（$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$）
    代入数据解得：△E电=2.4J
    （2）滑块从B到C的过程，由动能定理得：
    -μmgs=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
    代入数据解得：vC=5m/s
    滑块做平抛运动的时间为：t3=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$=$\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}$=0.5s
    壕沟的宽度为：S=vCt3=5×0.5m=2.5m
    滑块从滑上传送带到落在平台上E点经历的时间为：t=t2+t3=1.1s
    （3）根据速度分解有：tanθ=$\frac{g{t}_{3}}{{v}_{C}}$=$\frac{10×0.5}{5}$=1
    得：θ=45°
    答：（1）滑块通过传送带的过程，电动机多消耗的电能△E电是2.4J．
    （2）壕沟的宽度是2.5m，滑块从滑上传送带到落在平台上E点经历的时间t是1.1s．
    （3）滑块落在平台上时，速度方向与竖直方向的夹角θ是45°．

    点评 本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解，要抓住各个过程之间的联系，如前一过程的末速度是后过程的初速度．摩擦产生的热量与相对位移有关．

    练习册系列答案
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    （1）v0的值；
    （2）μ的值；
    （3）小环第二次通过c点时的速度大小v．（保留3位有效数字）

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