Question

9．質(zhì)量為m=1kg的小物塊從光滑的四分之一圓弧軌道的頂端A處無初速自由釋放．C為圓弧的最低點(diǎn)，圓弧CD段的圓心角θ=37°，圓弧軌道半徑R=4.0cm，粗糙斜面與光滑圓弧軌道在D點(diǎn)相切連接．設(shè)小物塊經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)為零時(shí)刻，在t=0.02s時(shí)刻小物塊經(jīng)過E點(diǎn)，小物塊與斜面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為μ₁=$\frac{1}{4}$．（g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求
（1）小物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)對(duì)圓弧軌道的壓力；
（2）斜面上DE間的距離；
（3）物塊第一次從A運(yùn)動(dòng)C過程中沿加速度水平分量最大值．
（4）小物塊在D點(diǎn)的速度．

Answer 1

分析 （1）由機(jī)械能守恒可求得物塊滑到C點(diǎn)時(shí)的速度，由向心力公式可求得C點(diǎn)對(duì)物塊的支持力，由牛頓第三定律可知物塊對(duì)C點(diǎn)軌道的壓力．
（2）、（4）根據(jù)機(jī)械能守恒定律求得物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度，由牛頓第二定律求出物塊在DE段滑行時(shí)的加速度，再由位移公式求DE間的距離．
（3）物塊第一次從A運(yùn)動(dòng)C過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和向心力公式求出任一點(diǎn)支持力與半徑和豎直方向夾角的關(guān)系式，由牛頓第二定律和加速度分解得到加速度水平分量表達(dá)式，再由數(shù)學(xué)知識(shí)求解．

解答 解：（1）物塊第一次從A運(yùn)動(dòng)C過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mgR=$\frac{1}{2}$mv_C²；
解得C點(diǎn)時(shí)的速度為 v_C=$\sqrt{2gR}$
在C點(diǎn)時(shí)，物塊由重力、支持力的合力提供向心力，則有 F_N-mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
可得，F(xiàn)_N=3mg=3×1×10N=30N
由牛頓第三定律可知，小物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)對(duì)圓弧軌道的壓力大小為30N，方向豎直向下．
（2）、（4）物塊第一次從A運(yùn)動(dòng)D過程，由機(jī)械能守恒定律得
   mgRcosθ=$\frac{1}{2}$mv_D²；
可得v_D=$\sqrt{2gRcosθ}$=$\sqrt{2×10×0.04×cos37°}$=0.8m/s
物塊沿DE上滑的加速度大小為 a=$\frac{mgsinθ+μmgcosθ}{m}$=g（sinθ+μcosθ）=10×（0.6+$\frac{1}{4}$×0.8）=8m/s²．
上滑到最高點(diǎn)的時(shí)間為 t₁=$\frac{{v}_{D}}{a}$=0.1s
所以斜面上DE間的距離為 S=v_Dt-$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=0.8×0.02-$\frac{1}{2}$×8×0.02²=0.0144m
（3）設(shè)物塊第一次從A運(yùn)動(dòng)C過程中，所在半徑與水平方向的夾角為α?xí)r，物塊的速度為v，所受的支持力大小為N．水平分加速度為a．
根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 mgRsinα=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
根據(jù)牛頓第二定律得 N-mgsinα=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
可得 N=3mgsinα
則 a=$\frac{Ncosα}{m}$=3gsinαcosα=$\frac{3}{2}$gsin2α
當(dāng)2α=90°，即α=45°時(shí)，a有最大值，且最大值為 a_max=$\frac{3}{2}$g=15m/s²．
答：
（1）小物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)對(duì)圓弧軌道的壓力是30N；
（2）斜面上DE間的距離是0.0144m；
（3）物塊第一次從A運(yùn)動(dòng)C過程中沿加速度水平分量最大值是15m/s²．
（4）小物塊在D點(diǎn)的速度是0.8m/s．

點(diǎn)評(píng) 本題分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能定理與牛頓第二定律可以解題．關(guān)鍵要明確圓心運(yùn)動(dòng)向心力的來源，由物理規(guī)律列式水平分加速度的解析式，再求其最大值，這是常用的函數(shù)法，要學(xué)會(huì)運(yùn)用．