Question

3．如圖所示，質(zhì)量分別為M=7kg和m=2kg的兩個(gè)物塊用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩連接跨過(guò)光滑定滑輪，滑輪固定在半徑為R=10cm的光滑豎直圓弧軌道頂端．開始時(shí)，M緊靠在定滑輪處的A點(diǎn)，A與圓心O等高，m置于傾角為α=45°的光滑固定斜面上．現(xiàn)自由釋放兩物塊．當(dāng)M運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)繩子突然斷裂，之后M從C處離開圓弧軌道，并恰能無(wú)碰撞地落在傳送帶最右端的D點(diǎn)．已知OC與OB的夾角θ=60°，傳送帶長(zhǎng)度L=4cm，傳送帶始終以v=2m/s的速度沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1．（物塊大小可忽略，定滑輪半徑不計(jì)，g取10m/s²）求：
（1）繩斷瞬間，M對(duì)B點(diǎn)的正壓力；
（2）D、B兩點(diǎn)間的高度差
（3）M能否回到圓弧軌道？若能，求出它最多能滑到B點(diǎn)右側(cè)多高的位置，若不能，求出它在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能．

Answer 1

分析 （1）自由釋放兩物塊的過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律列方程．再結(jié)合M的速度沿繩子方向的分速度等于m的速度列式，從而求出M到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度，再由牛頓第二、第三定律求M對(duì)B點(diǎn)的壓力．
（2）由機(jī)械能守恒求出M到達(dá)C點(diǎn)的速度，得到豎直分速度．M離開C后的運(yùn)動(dòng)逆過(guò)程是平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出D、C間的高度差，從而得到D、B間的高度差．
（3）分析M滑上傳送帶后的運(yùn)動(dòng)情況，得到它離開傳送帶時(shí)的速度，與M剛滑上傳送帶時(shí)的速度比較，即可作出判斷．

解答 解：（1）自由釋放兩物塊的過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則有：
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；
聯(lián)立解得：v_M=$\frac{\sqrt{5}}{2}$m/s
在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：N-Mg=M$\frac{{v}_{M}^{2}}{R}$
解得：N=157.5N
由牛頓第三定律知，繩斷瞬間，M對(duì)B點(diǎn)的正壓力為：N′=N=157.5N
（2）M從B到C，由機(jī)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
豎直分速度為：v_y=v_Csin60°=$\frac{\sqrt{3}}{4}$m/s
M離開C后的運(yùn)動(dòng)逆過(guò)程是平拋運(yùn)動(dòng)，則有：
${v}_{y}^{2}$=2gh_DC；
得：h_DC=$\frac{3}{320}$m
故D、B兩點(diǎn)間的高度差為：h_DB=h_DC+R（1-cosθ）=$\frac{19}{320}$m≈0.06m
（3）M滑上傳送帶后先向左勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減至零后向右勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的對(duì)稱性知，M向右離開傳送帶時(shí)的速度為 v_D=v_Ccos60°=$\frac{1}{4}$m/s
M能返回到圓弧軌道．設(shè)它最多能滑到B點(diǎn)右側(cè)h高的位置．
由機(jī)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）繩斷瞬間，M對(duì)B點(diǎn)的正壓力是157.5N；
（2）D、B兩點(diǎn)間的高度差是0.06m．
（3）M能回到圓弧軌道，它最多能滑到B點(diǎn)右側(cè)0.03m高的位置．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵理清物塊的運(yùn)動(dòng)，知道M、m自由釋放后系統(tǒng)的機(jī)械能是守恒的，單個(gè)物體機(jī)械能不守恒．要抓住運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性和逆向思維，分析M的運(yùn)動(dòng)過(guò)程．