Question

9．如圖所示，光滑軌道ABCD是大型游樂設(shè)施過山車軌道的簡化模型，最低點(diǎn)B處的入、出口靠近但相互錯開，C是半徑為R=0.5m的圓形軌道的最高點(diǎn)，BD部分水平，末端D點(diǎn)與右端足夠長的粗糙水平傳送帶無縫連接，傳送帶以恒定速度v逆時針轉(zhuǎn)動．現(xiàn)將一質(zhì)量為m=1kg的小滑塊從軌道AB上離地面高度為h=2.45m處由靜止釋放，動摩擦因數(shù)μ=0.2，求：
（1）滑塊第一次通過C點(diǎn)時，對軌道的壓力為多大？
（2）若滑塊能經(jīng)DBCB再次返回軌道BA段，求傳送帶的速度v至少為多大？
（3）若v=3m/s，則滑塊在傳送帶上的第一次往返過程中，因摩擦而產(chǎn)生的總熱量Q為多大？

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)動能定理求得物塊運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度，再根據(jù)牛頓第二定律求得軌道對滑塊的支持力，再得到滑塊對軌道的壓力；
（2）若滑塊返回到D點(diǎn)速度大小不變，則滑塊可重新回到出發(fā)點(diǎn)A點(diǎn)，要使滑塊能返回AB段軌道，必須能通過C點(diǎn)，由C點(diǎn)的臨界速度和機(jī)械能守恒定律求出傳送帶的最小速度．
（3）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求出滑塊與傳送帶間的相對路程，再乘以摩擦力大小，即可求得摩擦生熱．

解答 解：（1）滑塊從A運(yùn)動到C的過程，由機(jī)械能守恒定律得：
mg（h-2R）=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$-0
在C點(diǎn)，滑塊所受的合力提供圓周運(yùn)動向心力，有：
F_N′+mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
聯(lián)立可得軌道對物塊的支持力為：F_N′=48N
根據(jù)牛頓第三定律知，在C點(diǎn)，滑塊對軌道的壓力F_N大小為48N，方向豎直向上．
（2）滑塊恰好通過C點(diǎn)時，有：mg=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
則得：v₀=$\sqrt{gR}$
從D到C的過程，由機(jī)械能守恒定律有：
2mgR=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：v=$\sqrt{5gR}$=$\sqrt{5×10×0.5}$=5m/s
所以若滑塊能經(jīng)DBCB再次返回軌道BA段，傳送帶的速度v至少為5m/s．
（3）對于A到D的過程，由機(jī)械能守恒定律得：
mgh=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：v_D=7m/s
滑塊在傳送帶上運(yùn)動時加速度大小為：a=$\frac{μmg}{m}$=μg=2m/s²．
滑塊向右運(yùn)動的時間為：t=$\frac{{v}_{D}}{a}$=$\frac{7}{2}$s=3.5s
滑塊向右運(yùn)動的位移為：x=$\frac{{v}_{D}}{2}t$=$\frac{7}{2}×3.5$m=12.25m
在此過程中傳送帶的位移為：x_帶=vt=3×3.5m=10.5m，
所以兩者相對位移為：△x=x+x′=24.5m
滑塊向左運(yùn)動到速度與傳送帶相同的時間為：t′=$\frac{v}{a}$=$\frac{3}{2}$=1.5s
在此過程中滑塊與傳送帶的相對位移為：△x′=$\frac{v}{2}t′$+vt′=$\frac{3}{2}$×1.5+3×1.5=6.75m
故滑塊在傳送帶上的第一次往返過程中，因摩擦而產(chǎn)生的總熱量為：
    Q=μmg（△x+△x′）=0.2×1×10×（24.5+6.75）J=62.5J
答：
（1）滑塊第一次通過C點(diǎn)時，對軌道的壓力為48N，方向豎直向上．
（2）若滑塊能經(jīng)DBCB再次返回軌道BA段，求傳送帶的速度v至少為5m/s．
（3）若v=3m/s，則滑塊在傳送帶上的第一次往返過程中，因摩擦而產(chǎn)生的總熱量Q為62.5J．

點(diǎn)評 本題綜合考查了動能定理、機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律，理清物塊在傳送帶上的運(yùn)動情況，以及在圓軌道最高點(diǎn)的臨界情況是解決本題的關(guān)鍵．