Question

16．如圖所示，高為L的斜軌道AB，CD與水平面的夾角均為45°，它們分別與豎直平面內(nèi)的圓弧形光滑孰道相切于B，D兩點(diǎn)，圓弧的半徑也為L．質(zhì)量為m的小滑塊從A點(diǎn)由靜止滑下后，經(jīng)CD軌道返回，再次沖上AB軌道至速度為零時(shí)，相對于BD面的高度為$\frac{L}{5}$．已知滑塊與AB軌道間的動摩擦因數(shù)為μ₁=0.5，重力加速度為g，求：
（1）滑塊第一次經(jīng)過圓軌道最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力F；
（2）滑塊與CD面間的動摩擦因數(shù)μ₂；
（3）經(jīng)過足夠長時(shí)間，滑塊在兩斜面上滑動的路程之和s．

Answer 1

分析 （1）對第一次滑到最低點(diǎn)的過程運(yùn)用動能定理，求出最低點(diǎn)的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出支持力的大小，從而得出滑塊對最低點(diǎn)的壓力大�。�
（2）分別求出第一次到達(dá)D點(diǎn)和第二次到達(dá)D點(diǎn)的動能，通過在CD上運(yùn)動損失的機(jī)械能求出動摩擦因數(shù)的大小．
（3）滑塊在AB上從靜止滑下到再次滑上AB并靜止，其高度變?yōu)殚_始時(shí)的$\frac{1}{5}$，根據(jù)通項(xiàng)公式得出在AB上運(yùn)動的路程，根據(jù)在BD間滑動損失的機(jī)械能，結(jié)合功能關(guān)系求出在CD上滑行的總路程，從而得出滑塊在兩斜面上滑動的路程之和

解答 解：（1）對第一次滑動最低點(diǎn)的過程中運(yùn)用動能定理得：
$mg（L+L-Lsin45°）-μmgcos45°•\sqrt{2}L=\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$
在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得：F-mg=m$\frac{{v}^{2}}{L}$，
聯(lián)立兩式解得：F=（4-$\sqrt{2}$）mg．
則第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為（4-$\sqrt{2}$）mg．
（2）滑塊第一次經(jīng)過D時(shí)的動能為：${E}_{K1}=mgL-{f}_{1}•\sqrt{2}L=0.5mgL$，
第二次經(jīng)過D時(shí)的動能為：${E}_{K2}=mg\frac{L}{5}+{f}_{1}•\sqrt{2}\frac{L}{5}=0.3mgL$，
設(shè)滑塊在CD上的摩擦力為f₂，f₂=μ₂mgcos45°，
第一次在CD上為零時(shí)離BD面的高度為h，
由功能關(guān)系得，
${E}_{K1}=mgh+{f}_{2}\sqrt{2}h=mgh+{μ}_{2}mgh$
${E}_{K1}-{E}_{K2}=2{f}_{2}×\sqrt{2}h=2{μ}_{2}mgh$，
代入數(shù)據(jù)解得：μ₂=0.25．
（3）設(shè)滑塊在AB、CD上滑動的總路程分別為s₁、s₂，由題設(shè)條件可知，滑塊在AB上從靜止滑下到再次滑上AB并靜止，其高度變?yōu)殚_始時(shí)的$\frac{1}{5}$，則有：
${s}_{1}=\sqrt{2}（L+2（\frac{L}{5}+\frac{L}{{5}^{2}}+…））$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$L，
經(jīng)過很長時(shí)間，滑塊將保持在BD間滑動，損失的機(jī)械能為：
mgL=μ₁mgcos45°•s₁+μ₂mgcos45°•s₂，
解得：${s}_{2}=\sqrt{2}L$．
所以：$s={s}_{1}+{s}_{2}=\frac{5\sqrt{2}}{2}L$．
答：（1）滑塊第一次經(jīng)過圓軌道最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力F為（4-$\sqrt{2}$）mg．
（2）滑塊與CD面間的動摩擦因數(shù)為0.25；
（3）經(jīng)過足夠長時(shí)間，滑塊在兩斜面上滑動的路程之和為$\frac{5\sqrt{2}}{2}L$．

點(diǎn)評 本題綜合考查了動能定理、牛頓第二定律、功能關(guān)系的運(yùn)用，對于（1）（2）兩問難度不是太大，關(guān)鍵選擇好研究的過程，選擇合適的功能關(guān)系進(jìn)行求解，第三問對數(shù)學(xué)能力的要求較高，是本題的壓軸部分，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練．