Question

9．如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R=0.5m的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的粗糙水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动．现将一质量为m=1kg的小滑块从轨道AB上离地面高度为h=2.45m处由静止释放，动摩擦因数μ=0.2，求：
（1）滑块第一次通过C点时，对轨道的压力为多大？
（2）若滑块能经DBCB再次返回轨道BA段，求传送带的速度v至少为多大？
（3）若v=3m/s，则滑块在传送带上的第一次往返过程中，因摩擦而产生的总热量Q为多大？

Answer 1

分析 （1）先根据动能定理求得物块运动到C点时的速度，再根据牛顿第二定律求得轨道对滑块的支持力，再得到滑块对轨道的压力；
（2）若滑块返回到D点速度大小不变，则滑块可重新回到出发点A点，要使滑块能返回AB段轨道，必须能通过C点，由C点的临界速度和机械能守恒定律求出传送带的最小速度．
（3）根据牛顿第二定律和运动学公式求出滑块与传送带间的相对路程，再乘以摩擦力大小，即可求得摩擦生热．

解答 解：（1）滑块从A运动到C的过程，由机械能守恒定律得：
mg（h-2R）=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$-0
在C点，滑块所受的合力提供圆周运动向心力，有：
F_N′+mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
联立可得轨道对物块的支持力为：F_N′=48N
根据牛顿第三定律知，在C点，滑块对轨道的压力F_N大小为48N，方向竖直向上．
（2）滑块恰好通过C点时，有：mg=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
则得：v₀=$\sqrt{gR}$
从D到C的过程，由机械能守恒定律有：
2mgR=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：v=$\sqrt{5gR}$=$\sqrt{5×10×0.5}$=5m/s
所以若滑块能经DBCB再次返回轨道BA段，传送带的速度v至少为5m/s．
（3）对于A到D的过程，由机械能守恒定律得：
mgh=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
代入数据解得：v_D=7m/s
滑块在传送带上运动时加速度大小为：a=$\frac{μmg}{m}$=μg=2m/s²．
滑块向右运动的时间为：t=$\frac{{v}_{D}}{a}$=$\frac{7}{2}$s=3.5s
滑块向右运动的位移为：x=$\frac{{v}_{D}}{2}t$=$\frac{7}{2}×3.5$m=12.25m
在此过程中传送带的位移为：x_带=vt=3×3.5m=10.5m，
所以两者相对位移为：△x=x+x′=24.5m
滑块向左运动到速度与传送带相同的时间为：t′=$\frac{v}{a}$=$\frac{3}{2}$=1.5s
在此过程中滑块与传送带的相对位移为：△x′=$\frac{v}{2}t′$+vt′=$\frac{3}{2}$×1.5+3×1.5=6.75m
故滑块在传送带上的第一次往返过程中，因摩擦而产生的总热量为：
    Q=μmg（△x+△x′）=0.2×1×10×（24.5+6.75）J=62.5J
答：
（1）滑块第一次通过C点时，对轨道的压力为48N，方向竖直向上．
（2）若滑块能经DBCB再次返回轨道BA段，求传送带的速度v至少为5m/s．
（3）若v=3m/s，则滑块在传送带上的第一次往返过程中，因摩擦而产生的总热量Q为62.5J．

点评 本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，理清物块在传送带上的运动情况，以及在圆轨道最高点的临界情况是解决本题的关键．