Question

1．如圖所示，光滑軌道ABCD是大型游樂設(shè)備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=1.8m的圓形軌道的最高點(diǎn)，BD部分水平，末端D點(diǎn)與右端的水平傳送帶DE無縫連接，傳送帶長度DE=L₁=3m，傳送帶以恒定速度v=5m/s逆時針轉(zhuǎn)動，傳送帶右端E點(diǎn)與粗糙水平面EQ無縫連接，粗糙水平面Q處的豎直墻壁上固定一個水平緩沖彈簧，彈簧處于原長狀態(tài)時，左端P點(diǎn)到E的水平距離EP=L₂=4m，現(xiàn)將一質(zhì)量為m=1kg的小滑塊從軌道AB上某一固定位置A由靜止釋放，A點(diǎn)距離水平面BD的高度為h=4.8m，滑塊能通過C點(diǎn)后再經(jīng)D點(diǎn)滑上傳送帶，運(yùn)動至水平軌道EQ并壓縮彈簧，被彈簧反彈進(jìn)入傳送帶運(yùn)動并恰好能到達(dá)圓軌道圓心O的等高點(diǎn)G．已知小滑塊與傳送間的動摩擦因數(shù)為μ₁=0.25，與粗糙水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ₂=0.15，g=10m/s²，求：

（1）滑塊經(jīng)過最高點(diǎn)C處時，對軌道的壓力；
（2）彈簧的最大壓縮量L₃和最大彈性勢能E_Pm；
（3）小滑塊由A點(diǎn)開始運(yùn)動到返回圓軌道G點(diǎn)過程中，通過傳送帶時產(chǎn)生的摩擦熱Q．

Answer 1

分析 （1）由機(jī)械能守恒定律可以求出滑塊到達(dá)C點(diǎn)的速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出軌道對滑塊的支持力，然后求出滑塊對軌道的壓力．
（2）應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出滑塊向右離開傳送帶時的速度，然后應(yīng)用能量守恒定律求出彈簧的最大壓縮量與彈簧的最大彈性勢能．
（3）求出滑塊在傳送帶上運(yùn)動時傳送帶的位移，求出它們的相對位移，再求出摩擦產(chǎn)生的熱量．

解答 解：（1）滑塊從A到C過程，由機(jī)械能守恒定律得：
mg（h-2R）=$\frac{1}{2}$mv_C²，
代入數(shù)據(jù)解得：v_C=2$\sqrt{6}$m/s，
在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得：mg+F=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$，
解得：F≈3.3N，由牛頓第三定律可知，
滑塊對軌道的壓力：F′=F=3.3N，方向：豎直向上；
（2）從D到G過程，由機(jī)械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv_D²=mgR，
解得：v_D=6m/s＞v=5m/s，滑塊在傳送帶上一直減速運(yùn)動，從A到彈簧壓縮最短過程，由能量守恒定律得：
mgh=μ₁mgL₁+μ₂mg（L₂+L₃）+E_pm，
滑塊返回過程，由能量守恒定律得：
E_pm=μ₁mgL₁+μ₂mg（L₂+L₃）+$\frac{1}{2}$mv_D²，
解得：L₃=1m，E_pm=33J；
（3）滑塊在傳送帶上的加速度：
a=$\frac{{μ}_{1}mg}{m}$=μ₁g=2.5m/s²，
滑塊從A到D過程，由機(jī)械能守恒定律得：
mgh=$\frac{1}{2}$mv₀²，解得：v₀=4$\sqrt{6}$m/s，
從D到E過程：L₁=v₀t₁-$\frac{1}{2}$at₁²，t₁=0.32s，
滑塊從E到D過程：v_E²-v_D²=2aL₁，v_E=$\sqrt{51}$m/s，
運(yùn)動過程：t₂=$\frac{{v}_{E}-{v}_{D}}{a}$=0.456s，
滑塊在傳送帶上運(yùn)動時傳送帶的位移：
s₁=vt₁=5×0.32=1.6m，s₂=vt₂=5×0.456=2.28m，
整個過程滑塊相對于傳送帶的位移：
△x=L₁+s₁+L₁-s₂=5.32m，
滑塊通過傳送帶時產(chǎn)生的摩擦熱：
Q=μ₁mg△x=0.25×1×10×5.32=13.3J；
答：（1）滑塊經(jīng)過最高點(diǎn)C處時，對軌道的壓力大小為3.3N，方向：豎直向上；
（2）彈簧的最大壓縮量L₃為1m，最大彈性勢能E_Pm為33J；
（3）小滑塊由A點(diǎn)開始運(yùn)動到返回圓軌道G點(diǎn)過程中，通過傳送帶時產(chǎn)生的摩擦熱Q為13.3J．

點(diǎn)評 本題是一道力學(xué)綜合題，物體運(yùn)動過程復(fù)雜，本題難度較大，分析清楚滑塊的運(yùn)動過程是解題的關(guān)鍵；分析清楚滑塊的運(yùn)動過程后，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式可以解題；應(yīng)用能量守恒定律解題時要正確確定所研究的過程．