Question

5．如图所示，倾角为45°的粗糙斜面AB足够长，其底端与半径为R=0.4m的两个光滑$\frac{1}{4}$圆弧轨道BCD的最低点B平滑相接，O为轨道BC圆心，BO为圆弧轨道BC的半径且为竖直线，A，D两点等高，在D点右侧有一以v₁=3m/s的速度逆时针转动的传送带，传送带足够长，质量m=1kg的滑块P从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的C点，重力加速度g取10m/s²，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2．
（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ₁
（2）若使滑块恰能到达D点，滑块从离地多高处由静止开始下滑？
（3）在第（2）问前提下若滑块滑到D点后水平滑上传送带，滑块返回后最终在斜面上能上升多高，以及此情况下滑块在传送带上产生的热量Q为多少？

Answer 1

分析 （1）对滑块从A运动到C的过程，运用动能定理列式，可求得动摩擦因数μ₁．
（2）滑块恰能到达D点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出D点的速度．再由动能定理求滑块开始滑下时的高度．
（3）由动能定理求出滑块返回到斜面上上升的最大高度．滑块在传送带上滑动时，由运动学公式求出相对位移，再得到热量．

解答 解：（1）A到C的过程，由动能定理有：
  mg（2R-R）-μ₁mgcos45°•$\frac{2R}{sin45°}$=0
可得 μ₁=0.5
（2）若滑块恰能到达D点，在D点，由牛顿第二定律有：
   mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$，v_D=$\sqrt{gR}$=2m/s
从高度为H的最高点到D点的过程，由动能定理得：
  mg（H-2R）-μ₁mgcos45°•$\frac{H}{sin45°}$=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$-0
解得 H=2m
（3）由于v₁＞v_D，滑块P返回到D点时的速度大小仍为v_D．
设滑块P从D点返回后在斜面上上升的最大高度为h，由动能定理得：
  mg（2R-h）-μ₁mgcos45°•$\frac{h}{sin45°}$=0-$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
解得 h=$\frac{2}{3}$m
当滑块P在传送带上向右运动时，加速度大小为 a=$\frac{μmg}{m}$=μg
滑块向右运动的位移为 s₁=$\frac{{v}_{D}^{2}}{2μg}$=1m，传送带的位移为 s₂=v₁t=v₁•$\frac{{v}_{D}}{μg}$=3m
两者相对位移为△s₁=s₁+s₂=4m
当滑块P在传送带上向左运动时，两者相对位移为△s₂=s₂-s₁=2m
产生的热量为 Q=μmg（△s₁+△s₂）=12J
答：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ₁是0.5．
（2）若使滑块恰能到达D点，滑块从离地2m高处由静止开始下滑．
（3）在第（2）问前提下若滑块滑到D点后水平滑上传送带，滑块返回后最终在斜面上能上升$\frac{2}{3}$m高，此情况下滑块在传送带上产生的热量Q为12J．

点评 本题考查了动能定理及牛顿第二定律，在研究传送带问题时，要注意传送带与滑块速度间的关系，从而确定出滑块的运动情况； 注意热量一般由摩擦力乘以相对位移求出．