Question

5．如圖所示，固定在豎著平面內(nèi)的光滑絕緣管道ABCDQ的A、Q兩端與傾角θ=37°的傳送帶相切．不計管道內(nèi)外徑的差值，AB部分為半徑R1=0.4m的圓弧，CDQ部分也是圓弧，D為最高點，BC部分水平，且僅有BC段處于場強大小E=4×I0³ N/C、方向水平向右的勻強電場中，傳送帶長L=1.8m，傳送輪半徑忽略不計．現(xiàn)將一可視為質(zhì)點的帶正電滑塊從傳送帶上的Q處由靜止釋放，滑塊能從A處平滑進(jìn)入管道．已知滑塊的質(zhì)量m=lkg、電荷量q=5×10^-4C，滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)?=0.5，滑塊通過管道與傳送帶的交接處時無速度損失，滑塊電荷量始終保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g=10m/s²．
（1）若傳送帶不動，求滑塊第一次滑到A處的動能Ek；
（2）若傳送帶不動，求滑塊第一次滑到C處時所受圓弧軌道的彈力；
（3）改變傳送帶逆時針的轉(zhuǎn)動速度以及滑塊在Q處滑上傳送帶的初速度，可以使滑塊剛滑上傳送帶就形成一個穩(wěn)定的逆時針循環(huán)（即滑塊每次通過裝置中同一位置的速度相同）．在所有可能的循環(huán)中，求傳送帶速度的最小值．（結(jié)果可以用根號表示）

Answer 1

分析 （1）由動能定理可求滑塊第一次滑到A處的動能；
（2）根據(jù)動能定理和牛頓第二定律可求滑塊第一次滑到C處時所受圓弧軌道的彈力；
（3）先找到要達(dá)到穩(wěn)定的循環(huán)，要求每一循環(huán)中，對滑塊需滿足條件，傳送帶速度最小所對應(yīng)的情況是物體恰能夠越過最高點的速度為0，再根據(jù)牛頓第二定律求解．

解答 解：（1）滑塊在傳送帶上滑動的過程中，根據(jù)動能定理有：E_G-W_摩=E_k
W_G=mgsinθ
W_摩=μmgLcosθ
代入數(shù)據(jù)解得：E_K=3.6J
（2）由幾何關(guān)系可得：h_AC=R₁+R₁cosθ
R₂+R₂cosθ=R₁+R₁cosθ+Lsinθ
x_BC=Lcosθ-R1sinθ+R₂sinθ
代入數(shù)據(jù)可得：h_AC=0.72m，R₂=1m，x_BC=1.8m
滑塊由A到C的過程中，根據(jù)動能定理有：mgh_AC+Eqx_BC=$\frac{1}{2}$mv_C²-E_K
滑塊在圓弧C處，根據(jù)牛頓第二定律有：F_N-mg=m$\frac{{v}_{c}^{2}}{{R}_{2}}$
聯(lián)立以上各式并帶入數(shù)據(jù)可解得滑塊所受管道的彈力：F_N=38.8N
（3）要達(dá)到穩(wěn)定的循環(huán)，要求每一循環(huán)中，對滑塊需滿足條件：W_摩-W_電=Eqx_BC
在滑塊在傳送帶上時，速度大于傳送帶速度和小于傳送帶速度所對應(yīng)的位移分別為x₁和x₂
則 W_摩=μmgx₂cosθ-μmgx₁cosθ
L=x₁+x₂
代入數(shù)據(jù)可得：x₁=0.45m，x₂=1.35m
所有可能的循環(huán)中，傳送帶速度最小所對應(yīng)的情況是物體恰能夠越過最高點D，即v_D=0
此種情況下，物體從D點滑到與傳送帶等速的過程中
根據(jù)動能定理：mgh+μmgx₁cosθ=$\frac{1}{2}$mv_min²
又 h=x₁sinθ+R₂（1-cosθ）
聯(lián)立以上各式解得：v_min=$\sqrt{13}$m/s．
答：（1）若傳送帶不動，滑塊第一次滑到A處的動能為3.6J；
（2）若傳送帶不動，滑塊第一次滑到C處時所受圓弧軌道的彈力為38.8N；
（3）在所有可能的循環(huán)中，傳送帶速度的最小值為$\sqrt{13}$m/s．

點評 此題是力學(xué)綜合題，考查動能定理及牛頓第二定律的應(yīng)用；解題時關(guān)鍵是將復(fù)雜的物理過程分階段處理，通過分析受力及運動情況，選取合適的物理規(guī)律列出方程；解題時一定要注意臨界態(tài)的挖掘，并注意幾何關(guān)系在解題時的應(yīng)用．