Question

14．如圖，BC為長(zhǎng)度一定可以繞B點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)調(diào)節(jié)傾角大小的斜面，AB為水平面，剛開(kāi)始時(shí)，斜面傾角為45°，一可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊從A點(diǎn)出發(fā)向左運(yùn)動(dòng)沖上斜面，初速度大小為v₀，恰好能到達(dá)斜面中點(diǎn)D，已知物塊與斜面和水平面的滑動(dòng)摩擦因素均為μ=1，不計(jì)物塊由水平面進(jìn)入斜面瞬間的能量損失，下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 保持初速v₀不變，逐漸減小斜面傾角，小球不可能到達(dá)C點(diǎn)
• B． 保持初速v₀不變，逐漸減小斜面傾角，每次小滑塊克服摩擦阻力做的功相等
• C． 保持斜面傾角不變，初速度變?yōu)?v₀，小滑塊一定能沖過(guò)C點(diǎn)
• D． 保持傾角和初速度不變，滑動(dòng)摩擦因素μ=0.5時(shí)，小滑塊一定能沖過(guò)C點(diǎn)

Answer 1

分析 對(duì)ABD過(guò)程和ABDC過(guò)程分別應(yīng)用動(dòng)能定理求解．

解答 解：由題意知 2s_BD=S_BC
A、對(duì)ABD過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，得
-μmgs_AB-mgs_BDsin θ-μmgs_BDcos θ=0-$\frac{1}{2}$mv${\;}_{0}^{2}$
又u=1  得mgs_AB+mgs_BDsin θ+mgs_BDcos θ=$\frac{1}{2}$mv${\;}_{0}^{2}$
       mgs_AB+$\sqrt{2}$mgs_BDsin（θ+45°）=$\frac{1}{2}$mv${\;}_{0}^{2}$
$\sqrt{2}$mgs_BDsin（θ+45°）＜2$\sqrt{2}$mgs_BDsinθ   故A正確
B、保持初速v₀不變，逐漸減小斜面傾角，重力做功減小，摩擦力做功增大，故B錯(cuò)誤
C、對(duì)ABDC過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理，得-μmgs_AB-mg×2s_BDsin θ-μmg×2s_BDcos θ=0-$\frac{1}{2}$mv² $\frac{1}{2}$m×4v${\;}_{0}^{2}$
解得 $\frac{1}{2}$mv²＜$\frac{1}{2}$m×4v${\;}_{0}^{2}$，故C正確
D、保持傾角和初速度不變，滑動(dòng)摩擦因素μ=0.5時(shí)，對(duì)ABD過(guò)程和ABDC過(guò)程分別應(yīng)用動(dòng)能定理，解得
小滑塊剛好到達(dá)C點(diǎn)，故D錯(cuò)誤
故選：AC

點(diǎn)評(píng) 本題考查動(dòng)能定理及牛頓第二定律的應(yīng)用等，要注意正確受力分析及過(guò)程分析，再根據(jù)需要選擇合適的物理規(guī)律求解即可