Question

【題目】如圖所示，一質(zhì)量m=0.4kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜止于動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1的水平軌道上的A點(diǎn)．現(xiàn)對(duì)滑塊施加一水平外力，使其向右運(yùn)動(dòng)，外力的功率恒為P=10.0W．經(jīng)過一段時(shí)間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至B點(diǎn)后水平飛出，恰好在C點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點(diǎn)D處裝有壓力傳感器，當(dāng)滑塊到達(dá)傳感器上方時(shí)，傳感器的示數(shù)為25.6N．已知軌道AB的長(zhǎng)度L=2.0m，半徑OC和豎直方向的夾角α=37°，圓形軌道的半徑R=0.5m．（空氣阻力可忽略，重力加速度g=10m/s2 ， sin37°=0.6，cos37°=0.8）

求：
（1）滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度vc的大�。�
（2）B、C兩點(diǎn)的高度差h及水平距離x；
（3）水平外力作用在滑塊上的時(shí)間t．

Answer 1

【答案】
（1）解：滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得，

，

滑塊由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得，

，

代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得vC=5m/s．

答：滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度vc的大小為5m/s；

（2）解：滑塊在C點(diǎn)速度的豎直分量為：vy=vcsinα=3m/s，

B、C兩點(diǎn)的高度差為h= ，

滑塊由B運(yùn)動(dòng)到C所用的時(shí)間為 ，

滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度為vB=vCcosα=4m/s，

B、C間的水平距離x=vBt1=4×0.3m=1.2m．

答：B、C兩點(diǎn)的高度差h及水平距離x為1.2m；

（3）解：滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)B點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得，

Pt﹣

代入數(shù)據(jù)解得t=0.4s．

答：水平外力作用在滑塊上的時(shí)間t為0.4s．

【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的速度，對(duì)C到D的過程運(yùn)用機(jī)械能守恒定律求出C點(diǎn)的速度．（2）將C點(diǎn)的速度分解為水平方向和豎直方向，結(jié)合平行四邊形定則求出豎直分速度，從而得出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，結(jié)合水平分速度和時(shí)間求出水平位移．（3）對(duì)A到B的過程運(yùn)用動(dòng)能定理求出外力作用的時(shí)間．
【考點(diǎn)精析】通過靈活運(yùn)用動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用和機(jī)械能綜合應(yīng)用，掌握應(yīng)用動(dòng)能定理只考慮初、末狀態(tài)，沒有守恒條件的限制，也不受力的性質(zhì)和物理過程的變化的影響.所以，凡涉及力和位移，而不涉及力的作用時(shí)間的動(dòng)力學(xué)問題，都可以用動(dòng)能定理分析和解答，而且一般都比用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和機(jī)械能守恒定律簡(jiǎn)捷；系統(tǒng)初態(tài)的總機(jī)械能E 1 等于末態(tài)的總機(jī)械能E 2 ，即E1 =E2；系統(tǒng)減少的總重力勢(shì)能ΔE P減 等于系統(tǒng)增加的總動(dòng)能ΔE K增 ，即ΔE P減 =ΔE K增；若系統(tǒng)只有A、