题目内容

12．如图所示，光滑轨道ABCD中BC为$\frac{1}{4}$圆弧，圆弧半径为R，CD部分水平，末端D点与右端足够长的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的小滑块从轨道上A点由静止释放，A到C的竖直高度为H，则（　　）
A．滑块在传动带上向右运动的最大距离与传动带速度v无关
B．小滑块不可能返回A点
C．若H=4R，滑块经过C点时对轨道压力大小为8mg
D．若H=4R，皮带速度v′=$\sqrt{2gR}$，则物块第一次滑上传动带，由于摩擦而产生的内能为9mgR

分析 滑块在传送带上受到向左的摩擦力，当滑块恰好速度等于0时，向右运动的距离最大，根据动能定理即可求得结果．
滑块在传送带上运动时，水平方向只受到摩擦力的作用，根据牛顿第二定律求得加速度，然后结果位移公式与速度公式，求得物体的位移，根据Q=Ffl相对求得热量．

解答 解：A、由于传送带逆时针方向运动，可知滑块在向右运动的过程中一直做减速运动，当滑块恰好速度等于0时，向右运动的距离最大，该距离与传送带的速度无关．故A正确；
B、滑块在传送带上先向右减速，然后在传送带上向左做加速运动，如果传送带的速度足够大，则滑块向左一直做加速运动时，由运动的对称性可知，滑块离开传送带的速度与滑上传送带的速度大小相等，可以达到A点．故B错误；
C、若H=4R，滑块经过C点时的速度：$v=\sqrt{2gH}=\sqrt{2g×4R}=2\sqrt{2gR}$
滑块受到的支持力与重力的合力提供向心力，所以：${F}_{N}-mg=\frac{m{v}^{2}}{R}$
得：FN=9mg
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道压力大小为9mg．故C错误；
D、选择向右为正方向，设滑块与传送带之间的动摩擦因数是μ，则滑块的加速度：$a=\frac{-μmg}{m}=-μg$
滑块的速度为-$\sqrt{2gR}$时，使用的时间：
$t=\frac{△v}{a}=\frac{△v}{-μg}=\frac{-\sqrt{2gR}-2\sqrt{2gR}}{-μg}$=$\frac{3\sqrt{2gR}}{μg}$
滑块的位移：${x}_{1}=vt+\frac{1}{2}a{t}^{2}$
代入数据得：${x}_{1}=\frac{3R}{μ}$
这段时间内传送带的位移：${x}_{2}=v′t=-\sqrt{2gR}•\frac{3\sqrt{2gR}}{μg}=-\frac{6R}{μ}$
滑块与传送带之间的相对位移：$△x={x}_{1}-{x}_{2}=\frac{3R}{μ}-（-\frac{6R}{μ}）=\frac{9R}{μ}$
由于摩擦而产生的内能为：Q=f△x=$μmg•\frac{9R}{μ}$=9mgR故D正确．
故选：AD

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，解决本题的关键理清物体的运动过程，知道物体的运动规律，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

练习册系列答案
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A．B．C．D．
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A．在运动过程中，物体m一直做加速运动
B．运动过程中，细绳对物体的拉力总是等于mg
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D．在绳与水平方向的夹角为60°时，拉力功率等于$\frac{1}{2}$mgv
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