Question

11．如圖所示，一光滑的半圓弧形軌道BCD豎直固定，與一傾角為θ的粗糙斜面軌道在B點(diǎn)平滑相接，BD是圓弧豎直方向的直徑，C點(diǎn)是與圓弧圓心O等高的點(diǎn)，圓弧半徑為R．一質(zhì)量為m的滑塊（可以看作質(zhì)點(diǎn)）置于粗糙斜面軌道的A點(diǎn)，滑塊與斜面軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=$\frac{\sqrt{2}}{4}$．滑塊沿斜面向下的初速度v₀=$\sqrt{3Rg}$，滑塊從圓弧形軌道D點(diǎn)射出后做平拋運(yùn)動(dòng)，恰好落到與圓弧軌道圓心O等高的E點(diǎn)．已知重力加速度為g，sinθ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，求：
（1）滑塊離開D點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度大�。�
（2）滑塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)所受的合力大�。�
（3）A點(diǎn)到B點(diǎn)的距離．

Answer 1

分析 （1）滑塊從D到E做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系得出平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，求出平拋運(yùn)動(dòng)的初速度，即滑塊離開D點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度大小．
（2）滑塊由C到D機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律求滑塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度．再由牛頓第二定律求出滑塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)所受的合力大�。�
（2）對(duì)滑塊從A到C的過程，運(yùn)用動(dòng)能定理列式，可求得A點(diǎn)到B點(diǎn)的距離．

解答 解：（1）設(shè)滑塊由D平拋到E歷時(shí)t，則有：
 R=$\frac{1}{2}$gt²，
 OE=v_Dt  
由幾何關(guān)系得 OE=$\frac{R}{sinθ}$=$\sqrt{3}$R
可解得：v_D=$\sqrt{\frac{3}{2}gR}$
（2）滑塊由C到D過程機(jī)械能守恒，則有：
  $\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$=mgR+$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
解得：v_C=$\sqrt{\frac{7}{2}gR}$
在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得：
滑塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)所受的合力大小 N=$\sqrt{（mg）^{2}+（m\frac{{v}_{C}^{2}}{R}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{53}}{2}$mg
（3）設(shè)A點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為S．
對(duì)滑塊從A到C的過程，由動(dòng)能定理得：
  mgsinθ•S-μmgcosθ•S-mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
又 cosθ=$\sqrt{1-si{n}^{2}θ}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，v₀=$\sqrt{3Rg}$，μ=$\frac{\sqrt{2}}{4}$．
由以上各式解得 S=$\frac{5}{2}\sqrt{3}$R
答：
（1）滑塊離開D點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度大小是$\sqrt{\frac{3}{2}gR}$．
（2）滑塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)所受的合力大小是$\frac{\sqrt{53}}{2}$mg．
（3）A點(diǎn)到B點(diǎn)的距離是$\frac{5}{2}\sqrt{3}$R．

點(diǎn)評(píng) 該題的突破口是小滑塊從圓環(huán)最高點(diǎn)D水平飛出，恰好擊中導(dǎo)軌上與圓心O等高的E點(diǎn)，運(yùn)用平拋規(guī)律和幾何關(guān)系求出初速度．運(yùn)用動(dòng)能定理解決問題時(shí)還要靈活選取研究的過程．