2.如圖所示的裝置由傳送帶AB、水平地面CD、光滑半圓形軌道DE三部分組成.一質(zhì)量為5kg的物塊從靜止開始沿傾角為37°的傳送帶上滑下.若傳送帶順時針運動,其速度v=10m/s,傳送帶與水平地面之間通過光滑圓弧BC相連,圓弧BC長度可忽略不計,傳送帶AB長度為LAB=16m,水平地面長度為LCD=6.3m,半圓軌道DE的半徑R=1.125m,物塊與水平地面間、傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5.求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)物塊在傳送帶上運動的時間t;
(2)物塊到達D點時對D點的壓力大。
(3)物塊從E點拋出后的落地點與D點的距離.

分析 (1)根據(jù)牛頓第二定律求出物塊在傳送帶上運動的加速度,由速度公式求物塊的速度與傳送帶速度相等時所經(jīng)歷的時間,以及通過的位移,共速后分析物塊的受力,再由牛頓第二定律和位移時間公式求出物塊運動到B點的時間,從而得到總時間.
(2)物塊在CD上做勻減速運動,由牛頓第二定律和速度位移公式求物塊到達D點時的速度,再由向心力知識求D點對物塊的支持力,從而求得壓力.
(2)物塊沿半圓軌道從D點運動到E點的過程機械能守恒,由機械能守恒定律求得物塊經(jīng)過E點時的速度,結(jié)合平拋運動的規(guī)律求出物塊從E點拋出后的落地點與D點的距離.

解答 解:(1)剛開始運動時,對物塊受力分析,由牛頓第二定律可知:
mgsin37°+μmgcos37°=ma1
代入數(shù)據(jù)解得:a1=10 m/s2
物塊與傳送帶達到共同速度時有:v=a1t1
代入數(shù)據(jù)解得:t1=1 s
物塊的位移為:x=$\frac{1}{2}$a1t12=$\frac{1}{2}×10×{1}^{2}$m=5 m
此后對物塊受力分析可知:
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2
代入數(shù)據(jù)解得:a2=2 m/s
物塊在傳送帶上的第二段運動過程有:
LAB-x=vt2+$\frac{1}{2}$a2t22
代入數(shù)據(jù)解得:t2=1 s
故物塊在傳送帶上運動的總時間為:t=t1+t2=2 s
(2)物塊到達傳送帶底端的末速度為:v2=v+a2t2=10+2×1=12 m/s
在水平地面CD上,物塊做勻減速直線運動,其加速度大小為:a=$\frac{μmg}{m}$=μg=5 m/s2
設(shè)物塊到達D點時的速度為v3,則有:
vD2-v22=-2aLCD
代入數(shù)據(jù)解得:v3=9 m/s
設(shè)此時D點對物塊的支持力為FN,根據(jù)牛頓第二定律,有:
FN-mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得:FN=410 N
根據(jù)牛頓第三定律可知,物塊對D點的壓力大小為410 N.
(3)物塊沿半圓軌道從D點運動到E點的過程機械能守恒,設(shè)物塊經(jīng)過E點時的速度為vE,根據(jù)機械能守恒定律有:
$\frac{1}{2}$mvD2=$\frac{1}{2}$mvE2+2mgR
代入數(shù)據(jù)解得:vE=6 m/s
物塊從E點拋出后做平拋運動,有:
s=vEt3,
2R=$\frac{1}{2}$gt32
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得:s=$\frac{9\sqrt{5}}{5}$ m.
答:(1)物塊在傳送帶上運動的時間是2 s;
(2)物塊到達D點時對D點的壓力大小是410 N;
(3)物塊從E點拋出后的落地點與D點的距離是$\frac{9\sqrt{5}}{5}$m.

點評 本題的關(guān)鍵理清物體的運動情況,分段運用牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合進行研究.要掌握平拋運動的研究方法:運動的分解法.

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