Question

18．如圖是某自動加熱裝置的設(shè)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(jìn)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(shè)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(jìn)入鍋內(nèi)，應(yīng)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(dá)P點的速度，根據(jù)速度方向與斜面AB平行，結(jié)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(jìn)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(jié)合機械能守恒定律得出壓力差，結(jié)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(dá)A點時速度方向要沿著AB，v_y=v_Ptanθ=$\frac{3}{4}\sqrt{2gR}$
所以AD離地高度為 h=3R-$\frac{{v}_{y}^{2}}{2g}$=$\frac{39}{16}$R
（2）進(jìn)入A點滑塊的速度為 v=$\frac{{v}_{P}}{cosθ}$=$\frac{5}{4}\sqrt{2gR}$
假設(shè)經(jīng)過一個來回能夠回到A點，設(shè)回來時動能為E_k，則得
  E_K=$\frac{1}{2}$mv²-μmgcosθ•8R＜0
所以滑塊不會滑到A而飛出，最終在BC間來回滑動
根據(jù)動能定理得
  mg•2Rsinθ-μmgcosθs=0-$\frac{1}{2}$mv²
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=$\frac{221}{16}$R
（3）設(shè)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$\frac{{v}_{2}^{2}}{2R}$．
解得：F₂=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{2R}$-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$\frac{221}{16}$R．
（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(guān)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(guān)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．