Question

5．如圖是某自動加熱裝置的設計圖，將被加熱物體在地面小平臺上以一定的初速經(jīng)過位于豎直面內(nèi)的兩個四分之一圓弧銜接而成的軌道，從最高點P飛出進入加熱鍋內(nèi)，利用來回運動使其均勻受熱．我們用質(zhì)量為m的小滑塊代替被加熱物體，借這套裝置來研究一些物理問題．設大小兩個四分之一圓弧的半徑分別為2R和R，小平臺和圓弧均光滑．將過鍋底的縱截面看作是兩個斜面AB、CD和一段光滑圓弧BC組成，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.25，且不隨溫度變化．兩斜面傾角均為θ=37°，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小擋板，鍋底位于圓弧形軌道所在的豎直平面內(nèi)，碰撞不損失機械能．滑塊始終在同一個豎直平面內(nèi)運動，重力加速度為g．

（1）如果滑塊恰好能經(jīng)P點飛出，為了使滑塊恰好沿AB斜面進入鍋內(nèi)，應調(diào)節(jié)鍋底支架高度使斜面的A、D點離地高為多少？
（2）接（1）問，求滑塊在鍋內(nèi)斜面上通過的總路程．
（3）對滑塊的不同初速度，求其通過最高點P和小圓弧最低點Q時受壓力之差的最小值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊恰好到達P點的速度，根據(jù)速度方向與斜面AB平行，結合平拋運動的規(guī)律，運用平行四邊形定則求出豎直分速度，從而得出AD離地的高度．
（2）根據(jù)平行四邊形定則求出進入A點時滑塊的速度，對全過程運用動能定理，求出滑塊在鍋內(nèi)斜面上走過的總路程．
（3）根據(jù)牛頓第二定律分別求出P、Q的彈力，結合機械能守恒定律得出壓力差，結合最高點的最小速度求出壓力之差的最小值．

解答 解：（1）在P點，有
$mg=m\frac{{{v}_{P}}^{2}}{2R}$
解得：${v}_{P}=\sqrt{2gR}$
到達A點時速度方向要沿著AB，${v}_{y}={v}_{P}tanθ=\frac{3}{4}\sqrt{2gR}$
所以AD離地高度為 $h=3R-\frac{{{v}_{y}}^{2}}{2g}=\frac{39}{16}R$
（2）進入A點滑塊的速度為 $v=\frac{{v}_{P}}{cosθ}$=$\frac{5}{4}\sqrt{2gR}$
假設經(jīng)過一個來回能夠回到A點，設回來時動能為E_k，則得 ${E}_{K}=\frac{1}{2}m{v}^{2}-μmgcosθ•8R＜0$
所以滑塊不會滑到A而飛出，
根據(jù)動能定理得$mg•2Rsinθ-μmgcosθs=0-\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)得，1.2mgR-0.2mgs=$-\frac{25}{16}mgR$
解得滑塊在鍋內(nèi)斜面上走過得總路程$s=\frac{221R}{16}$
（3）設初速度、最高點速度分別為v₁、v₂，由牛二定律，在Q點有：F₁-mg=m$\frac{{{v}_{1}}^{2}}{R}$，
解得：F₁=mg+m$\frac{{{v}_{1}}^{2}}{R}$
在P點有：F₂+mg=m$\frac{{{v}_{2}}^{2}}{R}$．
解得：F₂=m$\frac{{{v}_{2}}^{2}}{R}$-mg，
所以有：F₁-F₂=2mg+$\frac{m（2{{v}_{1}}^{2}-2{{v}_{2}}^{2}+{{v}_{2}}^{2}）}{2R}$．
由機械能守恒得：$\frac{1}{2}$mv₁²=$\frac{1}{2}$mv₂²+mg•3R，
解得：v₁²-v₂²=6gR為定值．
代入v₂的最小值$\sqrt{2gR}$，得壓力差的最小值為9mg．
答：
（1）斜面的A、D點離地高為$\frac{39}{16}R$．
（2）滑塊在鍋內(nèi)斜面上通過的總路程為$\frac{221R}{16}$．
（3）通過最高點P和小圓弧最低點Q時受壓力之差的最小值為9mg

點評 本題關鍵要理清小球的運動情況，把握P點的臨界條件，明確兩個狀態(tài)之間的關系：符合機械能守恒．運用平拋運動、動能定理及機械能守恒、牛頓運動定律等基本規(guī)律處理．