Question

12．如圖所示，光滑軌道ABCD中BC為$\frac{1}{4}$圓弧，圓弧半徑為R，CD部分水平，末端D點(diǎn)與右端足夠長(zhǎng)的水平傳送帶無(wú)縫連接，傳送帶以恒定速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊從軌道上A點(diǎn)由靜止釋放，A到C的豎直高度為H，則（　�。�

• A． 滑塊在傳動(dòng)帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大距離與傳動(dòng)帶速度v無(wú)關(guān)
• B． 小滑塊不可能返回A點(diǎn)
• C． 若H=4R，滑塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力大小為8mg
• D． 若H=4R，皮帶速度v′=$\sqrt{2gR}$，則物塊第一次滑上傳動(dòng)帶，由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為9mgR

Answer 1

分析 滑塊在傳送帶上受到向左的摩擦力，當(dāng)滑塊恰好速度等于0時(shí)，向右運(yùn)動(dòng)的距離最大，根據(jù)動(dòng)能定理即可求得結(jié)果．
滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向只受到摩擦力的作用，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，然后結(jié)果位移公式與速度公式，求得物體的位移，根據(jù)Q=F_fl_相對(duì)求得熱量．

解答 解：A、由于傳送帶逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，可知滑塊在向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中一直做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊恰好速度等于0時(shí)，向右運(yùn)動(dòng)的距離最大，該距離與傳送帶的速度無(wú)關(guān)．故A正確；
B、滑塊在傳送帶上先向右減速，然后在傳送帶上向左做加速運(yùn)動(dòng)，如果傳送帶的速度足夠大，則滑塊向左一直做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，滑塊離開(kāi)傳送帶的速度與滑上傳送帶的速度大小相等，可以達(dá)到A點(diǎn)．故B錯(cuò)誤；
C、若H=4R，滑塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度：$v=\sqrt{2gH}=\sqrt{2g×4R}=2\sqrt{2gR}$
滑塊受到的支持力與重力的合力提供向心力，所以：${F}_{N}-mg=\frac{m{v}^{2}}{R}$
得：F_N=9mg
根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)軌道壓力大小為9mg．故C錯(cuò)誤；
D、選擇向右為正方向，設(shè)滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是μ，則滑塊的加速度：$a=\frac{-μmg}{m}=-μg$
滑塊的速度為-$\sqrt{2gR}$時(shí)，使用的時(shí)間：
$t=\frac{△v}{a}=\frac{△v}{-μg}=\frac{-\sqrt{2gR}-2\sqrt{2gR}}{-μg}$=$\frac{3\sqrt{2gR}}{μg}$
滑塊的位移：${x}_{1}=vt+\frac{1}{2}a{t}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：${x}_{1}=\frac{3R}{μ}$
這段時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移：${x}_{2}=v′t=-\sqrt{2gR}•\frac{3\sqrt{2gR}}{μg}=-\frac{6R}{μ}$
滑塊與傳送帶之間的相對(duì)位移：$△x={x}_{1}-{x}_{2}=\frac{3R}{μ}-（-\frac{6R}{μ}）=\frac{9R}{μ}$
由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為：Q=f△x=$μmg•\frac{9R}{μ}$=9mgR故D正確．
故選：AD

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律，解決本題的關(guān)鍵理清物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，知道物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合動(dòng)能定理、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解．