Question

11．如圖所示，傾角θ=30°、長(zhǎng)L=2.7m的斜面，底端與一個(gè)光滑的$\frac{1}{4}$圓弧平滑連接，圓弧底端切線水平，圓弧半徑R=0.675m．一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面某點(diǎn)A沿斜面下滑，經(jīng)過斜面底端B恰好到達(dá)圓弧最高點(diǎn)C，又從圓弧滑回，能上升到斜面上的D點(diǎn)，再由D點(diǎn)由斜面下滑沿圓弧上升，再滑回，這樣往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最后停在B點(diǎn)．已知質(zhì)點(diǎn)與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，g=10m/s²，假設(shè)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過斜面與圓弧平滑連接處速率不變．求：
（1）質(zhì)點(diǎn)第1次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力；
（2）質(zhì)點(diǎn)從A到D的過程中重力勢(shì)能的變化量；
（3）質(zhì)點(diǎn)從開始運(yùn)動(dòng)到停在B點(diǎn)的過程中在斜面上通過的路程．

Answer 1

分析 （1）質(zhì)點(diǎn)從C到B過程只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理列式可以求解B點(diǎn)速度；在B點(diǎn)，重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式可以求解支持力；最后根據(jù)牛頓第三定律得到壓力．
（2）對(duì)A到B過程和B到D過程分別運(yùn)用動(dòng)能定理列式，求出第一次返回的位移，最后得到重力勢(shì)能的改變情況．
（3）整個(gè)過程中，摩擦力做功即為機(jī)械能的減少量，當(dāng)最終停在B點(diǎn)時(shí)求出機(jī)械能的減少量，根據(jù)摩擦力做功求出運(yùn)動(dòng)路程．

解答 解：（1）設(shè)圓弧的半徑為R，質(zhì)點(diǎn)第1次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度為v，則質(zhì)點(diǎn)從C到B過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
mgR=$\frac{1}{2}$mmv²
在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律，有：
N-mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得：N=3mg=3×1×10N=30N
根據(jù)牛頓第三定律，質(zhì)點(diǎn)第1次經(jīng)過B點(diǎn)對(duì)圓弧軌道的壓力為30N．
（2）設(shè)質(zhì)點(diǎn)第一次由B點(diǎn)沿斜面上滑的速度為v₁，B點(diǎn)到D點(diǎn)的距離為L(zhǎng)₁
A到B過程：mgLsin30°-μmgcos30°L=$\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$
B到D過程：-mgL₁sin30°-μmgcos30°L₁=0-$\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：L₁=0.9m
則質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)到D點(diǎn)重力勢(shì)能的變化為
△E_p=mg（L₁-L）sin30°=-9J
（3）當(dāng)最終停在B點(diǎn)時(shí)，機(jī)械能減少量為：△E_p=mgLsin30°=1×$10×2.7×\frac{1}{2}$=13.5J
滑塊在斜面上所受摩擦力：f=μmgcos30°
設(shè)滑塊在斜面上通過的總路程為S，則：△E_p=fS
聯(lián)立三式并代入數(shù)據(jù)得：S=5.4m
答：（1）質(zhì)點(diǎn)第1次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力為30N；
（2）質(zhì)點(diǎn)從A到D的過程中重力勢(shì)能的變化量為-9J；
（3）在斜面上通過的總路程為5.4m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查學(xué)生對(duì)單個(gè)物體多過程問題的分析．涉及到牛頓運(yùn)動(dòng)定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用、動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用、變力做功的計(jì)算方法．