Question

5．如图所示，轮半径r很小的传送带，水平部分AB的长度L=1.5m，与一圆心在O点、半径R=1m的竖直光滑圆轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H=1.25m，一质量m=0.1kg的小滑块（可视为质点），由圆轨道上的P点从静止释放，OP与竖直线的夹角θ=37°．已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s²，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，不计空气阻力．
（1）求滑块对圆轨道末端的压力的大小；
（2）若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B间的水平距离；
（3）若传送带以v₀=2.4m/s的速度沿顺时针方向运行（传送带上部分由A到B运动），求滑块从A点到B点过程中摩擦力做功的功率．

Answer 1

分析 （1）根据动能定理求得滑块到达末端A时的速度，再由牛顿第二定律求得轨道对滑块的支持力，由牛顿第三定律得滑块对圆轨道的压力；
（2）根据动能定理求得滑块离开传送带时的速度，再根据平抛知识求滑块落地点与B间的水平距离；
（3）根据牛顿第二定律求出滑块在传送带上匀加速运动时的加速度，由速度公式求出滑块加速至传送带速度时所用时间，再求摩擦力做功的功率．

解答 解：（1）滑块从P到圆轨道末端的过程中，由动能定理可得：
   mgR（1-cos37°）=$\frac{1}{2}$mv²-0
可得滑块到达A点时的速度 v=$\sqrt{2gR（1-cos37°）}$=$\sqrt{2×10×（1-0.8）}$m/s=2m/s；
滑块在轨道末端时，根据牛顿第二定律有：N-mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
可得 N=mg+m$\frac{{v}^{2}}{R}$=0.1×10+0.1×$\frac{{2}^{2}}{1}$=1.4N
根据牛顿第三定律得：滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4N，方向竖直向下；
（2）从A到B的过程中，只有摩擦力对滑块做功，根据动能定理得：
-μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$-$\frac{1}{2}$mv²
代入数据可解得滑块到达B时的速度 v_B=1m/s
滑块从B点开始做平抛运动，则滑块落地点距B点的水平距离：
  x=v_Bt=v_B$\sqrt{\frac{2H}{g}}$=1×$\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}$m=0.5m
（3）若传送带以v₀=2.4m/s的速度沿顺时针方向运行，滑块先做匀加速运动，加速度为 a=$\frac{μmg}{m}$=μg=1m/s²．
从滑上传送带到与传送带共速的时间 t₁=$\frac{{v}_{0}-v}{a}$=$\frac{2.4-2}{1}$=0.4s
匀加速的位移 x₁=$\frac{v+{v}_{0}}{2}{t}_{1}$=$\frac{2+2.4}{2}×0.4$=0.88m＜L=1.5m
接着滑块做匀速运动，用时 t₂=$\frac{L-{x}_{1}}{{v}_{0}}$=$\frac{1.5-0.88}{2.4}$≈0.25s
滑块从A点到B点的总时间 t=t₁+t₂=0.65s
摩擦力做功为 W=μmgx₁=0.1×0.1×10×0.88=0.088J
所以滑块从A点到B点过程中摩擦力做功的功率为 P=$\frac{W}{t}$=$\frac{0.088}{0.65}$≈0.14W
答：
（1）滑块对圆轨道末端的压力为1.4N；
（2）若传送带一直保持静止，滑块的落地点与B间的水平距离为0.5m；
（3）滑块从A点到B点过程中摩擦力做功的功率为0.14W．

点评 解决本题的关键是要理清滑块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．