Question

13．AB是高h(yuǎn)₁=4.8m、傾角θ=37°、動(dòng)摩擦μ=0.5的斜面，下端是與斜面相切的一段光滑圓弧，半徑R=8m．右端距地面的高度h₂=0.45m，一個(gè)質(zhì)量為m=1.0kg的小滑塊從斜面頂端A由靜止開始沿軌道下滑，運(yùn)動(dòng)到斜面底端B時(shí)進(jìn)入圓弧，滑到C點(diǎn)沿水平方向離開，落到水平地面上．
（1）小滑塊在斜面上克服摩擦力做的功？
（2）小滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小？
（3）小滑塊在C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力？
（4）小滑塊離開C點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的水平距離？
（5）小滑塊落地時(shí)的速度大小和方向？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)功的公式求出小滑塊在斜面上克服摩擦力做功的大��；
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求出滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度大小；
（3）對(duì)B到C的過程運(yùn)用動(dòng)能定理，求出滑塊到達(dá)C點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出在C點(diǎn)所受的支持力，從而得出壓力的大小；
（4）根據(jù)高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，結(jié)合C點(diǎn)的速度求出水平位移．
（5）根據(jù)速度時(shí)間公式求出落地的豎直分速度，結(jié)合平行四邊形定則求出落地的速度和方向．

解答 解：（1）小滑塊在斜面上克服摩擦力做功${W}_{f}=μmgcosθ•\frac{{h}_{1}}{sinθ}$=$0.5×10×0.8×\frac{4.8}{0.6}$J=32J．
（2）根據(jù)動(dòng)能定理得，$mg{h}_{1}-{W}_{f}=\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}-0$，
代入數(shù)據(jù)解得v_B=$4\sqrt{2}$m/s．
（3）對(duì)B到C運(yùn)用動(dòng)能定理得，$mgR（1-cosθ）=\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得v_C=8m/s，
根據(jù)牛頓第二定律得，${N}_{C}-mg=m\frac{{{v}_{C}}^{2}}{R}$，解得${N}_{C}=mg+m\frac{{{v}_{C}}^{2}}{R}$=10+$1×\frac{64}{8}$N=18N，
根據(jù)牛頓第三定律知，小滑塊在C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為18N．
（4）根據(jù)${h}_{2}=\frac{1}{2}g{t}^{2}$得，t=$\sqrt{\frac{2{h}_{2}}{g}}=\sqrt{\frac{2×0.45}{10}}s=0.3s$，
則水平距離x=v_Ct=8×0.3m=2.4m．
（5）滑塊落地時(shí)豎直分速度v_y=gt=10×0.3m/s=3m/s，
則滑塊落地的速度v=$\sqrt{{{v}_{c}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}$=$\sqrt{64+9}$m/s=$\sqrt{73}$m/s，
tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{c}}=\frac{3}{8}$．
答：（1）小滑塊在斜面上克服摩擦力做的功為32J；
（2）小滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小為$4\sqrt{2}$m/s；
（3）小滑塊在C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為18N；
（4）小滑塊離開C點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的水平距離為2.4m；
（5）小滑塊落地時(shí)的速度大小為$\sqrt{73}$m/s，方向與水平方向的夾角正切值為$\frac{3}{8}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)能定理與圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)的綜合運(yùn)用，知道圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來源，以及平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵．