Question

15．如圖甲所示，斜面AB與水平面BM通過(guò)一小段長(zhǎng)度可忽略的光滑圓弧面平滑連接．質(zhì)量為m=1kg的小物塊以一定的初速度從B點(diǎn)開(kāi)始沿斜面上滑，滑到最高點(diǎn)后沿斜面下滑，經(jīng)B點(diǎn)后滑上水平面BM．若小物塊從B點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后其動(dòng)能E_K隨其路程x變化的部分圖象如圖乙所示．物質(zhì)與斜面和水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，取g=10m/^s2．求：

（1）小物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到返回B點(diǎn)所需要的時(shí)間（可保留根式）．
（2）小物塊在水平面上滑行的距離．
（3）若改變小物塊從B點(diǎn)上滑時(shí)的初動(dòng)能E_K0，則其最終在水平面上滑行的距離x′也會(huì)相應(yīng)地發(fā)生變化，求x′隨初動(dòng)能E_K0變化的函數(shù)關(guān)系式，并計(jì)算出x′=2.5m對(duì)應(yīng)的初動(dòng)能．

Answer 1

分析 （1）由動(dòng)能定理分別列出兩段過(guò)程中的動(dòng)能定理表達(dá)式，由圖象得出初動(dòng)能，聯(lián)立可求得運(yùn)動(dòng)中的物理量；再由牛頓第二定律求得加速度；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求得時(shí)間；
（2）由牛頓第二定律可求得水平面上的加速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求得滑行距離；
（3）分別表示兩段過(guò)程中的摩擦力做功與動(dòng)能的關(guān)系，再由動(dòng)能定理求得表達(dá)式，即可得出結(jié)果．

解答 解：（1）設(shè)物體在斜面上上滑的最高點(diǎn)為C，由圖乙可知x_BC=5m，從C點(diǎn)返回時(shí)到D點(diǎn)，
從B到C由動(dòng)能定理可得：0-50=-mgx_BCsinθ-μmgx_BCcosθ…①
從C到D由動(dòng)能定理可得：2-0=mgx_CDsinθ-μmgx_CDcosθ…②
代入已知量解得：μ=0.5，θ=37°…③
有：${E}_{k}=\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}$=50J
代入數(shù)據(jù)得：v₀=10m/s…④
由B上升到C加速度為：a₁=-gsinθ-μgcosθ=-10m/s²
上滑時(shí)間為：${t}_{1}=\frac{-10}{-10}s=1s$…⑤
由C返回B 加速度：a₂=gsinθ-μgcosθ=2m/s²…⑥
下滑時(shí)間為：t₂=$\sqrt{\frac{2{x}_{CB}}{{a}_{2}}}$=$\sqrt{2\frac{2×5}{\;}}$=5s…⑦
速度為：v_B=a₂t₂=2×$\sqrt{5}$=2$\sqrt{5}$m/s；…⑧
小物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到返回B點(diǎn)所用時(shí)間為：$t={t}_{1}+{t}_{2}=1+\sqrt{5}s=3.24s$…⑨
（2）在水平面上滑行的加速度為：a=-μg=-0.5×10=-5m/s²…⑩
則滑行距離為：$x=\frac{{-v}_{B}^{2}}{2a}=2m$
（3）設(shè)在斜面上從B點(diǎn)出發(fā)到返回B點(diǎn)的過(guò)程中摩擦力做功：
W_f1=2fx′=2μmgcosθ$\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{1}}$
而E_k0=$\frac{1}{2}$mv₀²
從B到M滑行距離x'，摩擦力做功為：W_f2=μmgx′
全過(guò)程由動(dòng)能定理：0-E_k0=-W_f1-W_f2
代入上兩問(wèn)中的已知量，解得：$x′=\frac{1}{25}{E}_{k0}$
當(dāng)x'=2.5m時(shí)，代入數(shù)據(jù)得：E_k0=62.5J；
答：（1）小物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到返回B點(diǎn)所需的時(shí)間為3.24s；
（2）滑行距離為2m；
（3）x′=2.5m對(duì)應(yīng)的初動(dòng)能為62.5J．

點(diǎn)評(píng) 本題縮合考查動(dòng)能定理、牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，題目的過(guò)程較為復(fù)雜，要注意準(zhǔn)確理解題意，分析過(guò)程并做好每一段的受力分析；然后才能選擇合適的物理規(guī)律求解．