Question

6．如图所示，装置的左边是一光滑的曲面，中间是水平传送带，传送带与左右两边的光滑台面等高，并能平滑对接．传送带长l=5.5m，且始终以v=2m/s的速度顺时转动．装置的右边是足够长的光滑水平面，水平面上有一光滑的竖直圆环轨道，圆环轨道与水平面光滑对接但不固定，圆环轨道水平直径的左右两侧又光滑支柱P和Q能够控制轨道只能像向上运动，圆环轨道的质量M=1.0kg，一质量为m=0.5kg的小滑块在左边曲面上高h=1.8m处由静止开始下滑，小滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，g=10m/s²．求：
（1）小滑块第一次滑上传送带的左端时的速度；
（2）小滑块第一次通过传送带时由于摩擦产生的热量；
（3）若小滑块不脱离圆环轨道且圆环轨道不离开水平面，求圆环轨道半径的取值范围．

Answer 1

分析 （1）小滑块从开始到第一次滑上传送带的左端过程，机械能守恒，由机械能守恒定律求速度．
（2）研究小滑块第一通过传送带的过程，根据牛顿第二定律求得加速度，由速度位移关系分析物块的位移，判断其运动情况，再由速度公式求出时间，求出滑块与传送带间的相对位移，即可求解热量．
（3）滑块进入圆轨道不脱离圆轨道的条件有两种情况，下面分别讨论：Ⅰ．物块上升到与圆心等高处时速度为零，物块将返回运动，且圆轨道不会离开地面．
Ⅱ．物块上升能通过圆轨道的条件是在轨道最高点．根据临界条件和机械能守恒定律结合解答．

解答 解：（1）小滑块从开始到第一次滑上传送带的左端过程，机械能守恒，有：mgh=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得 v₀=$\sqrt{2gh}$=6m/s
（2）小滑块第一通过传送带的过程，由牛顿第二定律有：
  μmg=ma
又由运动学公式有 ${v}_{t}^{2}$-${v}_{0}^{2}$=-2al
解得 v_t=5m/s＞2m/s，说明物块在传送带上一直减速．
在传送带上运动时间：t=$\frac{{v}_{0}-{v}_{t}}{a}$=1s
小滑块相对传送带的位移是：△x=l-vt=3.5m
摩擦产生的热量是：Q=μmg•△x=1.75J
（3）由题意可知，小滑块第一次经过竖直圆环轨道不脱离圆环轨道且圆环轨道不离开水平面，以后都不会实现分离，只需分析滑块第一次经过圆环轨道的情况就可以了．进入圆轨道不脱离圆轨道的条件有两种情况，下面分别讨论：
Ⅰ．物块上升到与圆心等高处时速度为零，物块将返回运动，且圆轨道不会离开地面．由机械能守恒定律有
  $\frac{1}{2}m{v}_{t}^{2}$=mgR
解得 R=1.25m，故不脱离圆的条件是 R≥1.25m．
Ⅱ．物块上升能通过圆轨道的条件是在轨道最高点：
①mg=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{R}_{1}}$
  $\frac{1}{2}m{v}_{t}^{2}$=2mgR₁+$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得 R₁=0.5m
 ②同时在最高点，有 F+mg=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{{R}_{2}}$
  $\frac{1}{2}m{v}_{t}^{2}$=2mgR₂+$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
解得 R₂=$\frac{5}{11}$≈0.36m
故小滑块不脱离圆环轨道且圆环轨道不离开水平面的条件是 0.36m≤R≤0.5m
两种情况综合得：小滑块不脱离圆环轨道且圆环轨道不离开水平面，圆环轨道半径的取值范围是 R≥1.25m或0.36m≤R≤0.5m．
答：
（1）小滑块第一次滑上传送带的左端时的速度是6m/s；
（2）小滑块第一次通过传送带时由于摩擦产生的热量是1.75J；
（3）小滑块不脱离圆环轨道且圆环轨道不离开水平面，圆环轨道半径的取值范围是 R≥1.25m或0.36m≤R≤0.5m．

点评 本题是多过程问题，关键要分析清楚滑块经历的过程和临界状态，知道摩擦生热要根据相对位移求解，滑块刚好通过圆轨道最高点时由重力提供向心力．