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    12．如图是某自动加热装置的设计图，将被加热物体在地面小平台上以一定的初速经过位于竖直面内的两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入加热锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m的小滑块代替被加热物体，借这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧的半径分别为2R和R，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧BC组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化．两斜面倾角均为θ=37°，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小挡板，锅底位于圆弧形轨道所在的竖直平面内，碰撞不损失机械能．滑块始终在同一个竖直平面内运动，重力加速度为g．

    （1）如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少；
    （2）接（1）问，求滑块在锅内斜面上通过的总路程；
    （3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值．

    分析 （1）滑块恰好能经P点飞出时，由重力充当向心力，根据牛顿第二定律求出滑块恰好到达P点的速度，根据速度方向与斜面AB平行，结合平抛运动的规律，运用平行四边形定则求出竖直分速度，从而得出A、D点离地的高度．
    （2）根据平行四边形定则求出进入A点时滑块的速度，对全过程运用动能定理，求出滑块在锅内斜面上走过的总路程．
    （3）根据牛顿第二定律分别求出P、Q的弹力，结合机械能守恒定律得出压力差，结合最高点的最小速度求出压力之差的最小值．

    解答 解：（1）在P点，有 mg=m$\frac{{v}_{P}^{2}}{2R}$  得 vP=$\sqrt{2gR}$
    滑块到达A点时速度方向要沿着AB，则有 vy=vPtanθ=$\frac{3}{4}$$\sqrt{2gR}$
    所以A、D点离地高度为 h=3R-$\frac{{v}_{y}^{2}}{2g}$=$\frac{39}{16}$R
    （2）进入A点滑块的速度为 v=$\frac{{v}_{P}}{cosθ}$=$\frac{5}{4}$$\sqrt{2gR}$
    假设经过一个来回能够回到A点，设回来时动能为Ek，
    则得 Ek=$\frac{1}{2}$mv2-μmgcosθ•8R＜0
    所以滑块不会滑到A而飞出，最终在BC间来回滑动
    根据动能定理：mg•2Rsinθ-μmgcosθ•s=0-$\frac{1}{2}$mv2
    代入数据得，1.2mgR-0.2mgs=-$\frac{25}{16}$mgR
    解得滑块在锅内斜面上走过的总路程 s=$\frac{221}{16}$R
    （3）设初速度、最高点速度分别为v1、v2，根据牛顿第二定律，在Q点，有：
      F1-mg=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{R}$
    在P点，有 F2+mg=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{2R}$
    所以F1-F2=2mg+m$\frac{2{v}_{1}^{2}-{v}_{2}^{2}}{2R}$
    由机械能守恒得
      $\frac{1}{2}$mv12=$\frac{1}{2}$mv22+mg•3R，
    解得：v12-v22=6gR，为定值
    代入v2的最小值$\sqrt{2gR}$得，压力差的最小值为9mg．
    答：
    （1）A、D点离地高为$\frac{39}{16}$R；
    （2）滑块在锅内斜面上通过的总路程为$\frac{221}{16}$R；
    （3）对滑块的不同初速度，其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值是9mg．

    点评 本题关键要理清小球的运动情况，把握P点的临界条件，明确两个状态之间的关系：符合机械能守恒．运用平抛运动、动能定理及机械能守恒、牛顿运动定律等基本规律处理．

    练习册系列答案
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    打出的纸带如图丙

    试回答下列问题：
    （1）已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点的时间间隔为△t，根据纸带求滑块速度，当打点计时器打B点时滑块速度vB=$\frac{{x}_{3}-{x}_{1}}{2△t}$．
    （2）已知重锤质量m，当地的重力加速度g，要测出某一过程合外力对滑块做的功，还必须测出这一过程滑块下滑的位移（写出物理量名称及符号），合外力对滑块做功的表达式W合=mgx．
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    20．下列说法中正确的是（　　）
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    科目：高中物理 来源： 题型：实验题

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    ③下表为各点对应的转动动能Ek和角速度ω值，请你猜想转动动能Ek和角速度ω满足的关系式为Ek=6.25×10-5ω2J（填准确的表达式）．
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