Question

5．如圖所示，豎直平面內(nèi)的半圓形軌道下端與水平面相切，B、C分別為半圓形軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)．質(zhì)量為1kg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）沿水平面向左滑動(dòng)，經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度v_A=6.0m/s．已知半圓形軌道半徑R=0.40m，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.50，A、B兩點(diǎn)間的距離L=1.10m．取重力加速度g=10m/s²．
（1）求滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所需的時(shí)間及運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度的大小v_B；
（2）如果BC半圓軌道是光滑的，求滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度的大小v_C及C點(diǎn)受到的壓力大小F_C．
（3）如果半圓軌道是粗糙的，滑塊滑到BC軌道上的P時(shí)剛好和軌道分離（P點(diǎn)未標(biāo)出），P點(diǎn)距B點(diǎn)的豎直高度為h=0.6m，求滑塊從A點(diǎn)開始到P點(diǎn)過程中，克服摩擦力所做的功W_f．

Answer 1

分析 （1）從A到B利用動(dòng)能定理即可求出滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度的大小v_B．再根據(jù)位移等于平均速度乘以時(shí)間，求時(shí)間．
（2）從B到C，利用機(jī)械能守恒定律求滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度的大小v_C．在C點(diǎn)，由合力提供向心力，由牛頓定律求C點(diǎn)受到的壓力大小F_C．
（3）滑塊滑到BC軌道上的P時(shí)剛好和軌道分離，此時(shí)滑塊只受重力，由重力的法向分力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和向心力求出P點(diǎn)的速度，再對(duì)AB過程，運(yùn)用動(dòng)能定理求克服摩擦力所做的功W_f．

解答 解：（1）滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：
-μmgL=$\frac{1}{2}$$m{v}_{B}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：v_B=5m/s
由L=$\frac{{v}_{A}+{v}_{B}}{2}t$得滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所需的時(shí)間為：t=$\frac{2L}{{v}_{A}+{v}_{B}}$=0.2s
（2）滑塊從B運(yùn)動(dòng)到C的過程中，取水平面為零勢(shì)能平面，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：
$\frac{1}{2}$$m{v}_{B}^{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$+2mgR
代入數(shù)據(jù)解得：v_C=3m/s
在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得：
mg+F_C′=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)得：F_C′=12.5N
由牛頓第二定律知：F_C=F_C′=12.5N
（3）設(shè)P點(diǎn)所在半徑與豎直方向的夾角為θ，由幾何知識(shí)可得：
cosθ=$\frac{h-R}{R}$=$\frac{0.6-0.4}{0.4}$=0.5，θ=60°
在P點(diǎn)，設(shè)滑塊的速度為v_P，由向心力公式得：
mgcosθ=m$\frac{{v}_{P}^{2}}{R}$
滑塊從A點(diǎn)開始到P點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得：
-mgh-W_f=$\frac{1}{2}m{v}_{P}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
聯(lián)立解得，克服摩擦力所做的功為：W_f=13J
答：（1）滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所需的時(shí)間是0.2s，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度的大小v_B是5m/s；
（2）如果BC半圓軌道是光滑的，求滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度的大小v_C是3m/s，C點(diǎn)受到的壓力大小F_C是12.5J；
（3）滑塊從A點(diǎn)開始到P點(diǎn)過程中，克服摩擦力所做的功W_f是13J．

點(diǎn)評(píng) 本題是復(fù)雜的力學(xué)綜合題，關(guān)鍵要在分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程的基礎(chǔ)上，靈活選擇物理規(guī)律，要把握滑塊離開軌道的臨界條件：軌道滑塊沒有彈力，由重力的法向分力充當(dāng)向心力．