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� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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5．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）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AD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
$mg=m\frac{{{v}_{P}}^{2}}{2R}$
解得：${v}_{P}=\sqrt{2gR}$
到达A点时速度方向要沿着AB，${v}_{y}={v}_{P}tanθ=\frac{3}{4}\sqrt{2gR}$
所以AD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E_k，则得 ${E}_{K}=\frac{1}{2}m{v}^{2}-μmgcosθ•8R＜0$
所以滑块不会滑到A而飞出，
根据动能定理得$mg•2Rsinθ-μmgcosθs=0-\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
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得总路程$s=\frac{221R}{16}$
（3）设初速度、最高点速度分别为v₁、v₂，由牛二定律，在Q点有：F₁-mg=m$\frac{{{v}_{1}}^{2}}{R}$，
解得：F₁=mg+m$\frac{{{v}_{1}}^{2}}{R}$
在P点有：F₂+mg=m$\frac{{{v}_{2}}^{2}}{R}$．
解得：F₂=m$\frac{{{v}_{2}}^{2}}{R}$-mg，
所以有：F₁-F₂=2mg+$\frac{m（2{{v}_{1}}^{2}-2{{v}_{2}}^{2}+{{v}_{2}}^{2}）}{2R}$．
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）斜面的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$\frac{221R}{16}$．
（3）通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值为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．

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B．

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