Question

1．如圖所示，在豎直平面內(nèi)，粗糙的斜面AB長為2.4m，其下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，C是最低點(diǎn)，圓心角∠BOC=37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R=1.0m，現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m=0.2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊，從D點(diǎn)的正上方h=1.6m的E點(diǎn)處自由下落，滑塊恰好能運(yùn)動到A點(diǎn)．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s²，計(jì)算結(jié)果可保留根號．求：
（1）滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)的速度；
（2）滑塊與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)；
（3）滑塊在斜面上運(yùn)動的總路程及總時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）對第一次到達(dá)B點(diǎn)的過程運(yùn)用動能定理，求出到達(dá)B點(diǎn)的速度大�。�
（2）對E到A點(diǎn)的過程運(yùn)用動能定理，求出滑塊與斜面AB間的動摩擦因數(shù)．
（3）對全過程運(yùn)用動能定理，求出通過的總路程．根據(jù)牛頓第二定律分別求出物體沿斜面上滑和下滑的加速度大小，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式，運(yùn)用數(shù)學(xué)知識求出總時(shí)間．

解答 解：（1）第一次到達(dá)B點(diǎn)的速度為v₁，根據(jù)動能定理得，$mg（h+Rcos37°）=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得${v}_{1}=4\sqrt{3}m/s$．
（2）從E到A的過程，由動能定理得，
W_G-W_f=0，
W_G=mg[（h+Rcos37°）-L_ABsin37°]，
W_f=μmgcos37°•L_AB，
代入數(shù)據(jù)解得μ=0.5．
（3）根據(jù)mg（h+Rcos37°）=μmgcos37°s得，
代入數(shù)據(jù)解得s=6m．
沿斜面上滑加速度為a₁=gsin37°+μgcos37°=6+0.5×8=10m/s²，
沿斜面下滑加速度為a₂=gsin37°-μgcos37°=6-0.5×8=2m/s²，
因?yàn)?\frac{{{v}_{1}}^{2}}{2{a}_{1}}=\frac{{{v}_{2}}^{2}}{2{a}_{2}}$，則${v}_{2}=\sqrt{\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}}{v}_{1}=\sqrt{\frac{1}{5}}{v}_{1}$，
${v}_{3}=\sqrt{\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}}{v}_{2}=（\sqrt{\frac{1}{5}}）^{2}{v}_{1}$，
…
${v}_{n}=（\sqrt{\frac{1}{5}}）^{n-1}{v}_{1}$．
則t=（$\frac{{v}_{1}}{{a}_{1}}+\frac{{v}_{2}}{{a}_{1}}+\frac{{v}_{3}}{{a}_{1}}+…+\frac{{v}_{n}}{{a}_{1}}$）+$（\frac{{v}_{2}}{{a}_{2}}+\frac{{v}_{3}}{{a}_{2}}+…+\frac{{v}_{n}}{{a}_{2}}）$，
代入數(shù)據(jù)解得t=$\frac{（3\sqrt{15}+5\sqrt{3}）}{5}s$．
答：（1）滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)的速度為$4\sqrt{3}m/s$；
（2）滑塊與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)為0.5；
（3）滑塊在斜面上運(yùn)動的總路程為6m，總時(shí)間為$\frac{（3\sqrt{15}+5\sqrt{3}）}{5}s$．

點(diǎn)評 本題考查了動能定理的基本運(yùn)用，運(yùn)用動能定理解題關(guān)鍵選擇好研究的過程，分析過程中有哪些力做功，然后列式求解，第三問對數(shù)學(xué)知識的要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練．