Question

13．如圖所示為豎直面內(nèi)的兩個(gè)半圓軌道，在B點(diǎn)平滑連接，兩半圓的圓心O₁、O₂在同一水平線(xiàn)上，小半圓內(nèi)壁粗糙，半徑為R，大半圓內(nèi)壁光滑，半徑為2R．一質(zhì)量為m的滑塊從大的半圓一端A點(diǎn)以一定的初速度向上沿著半圓內(nèi)壁運(yùn)動(dòng)，且剛好能通過(guò)大的半圓的最高點(diǎn)，隨后該滑塊通過(guò)小半圓并從小半圓的左端向上飛出，剛好能到達(dá)大的半圓的最高點(diǎn)，重力加速度為g．則（　�。�

• A． 滑塊在A點(diǎn)的初速度大小為$\sqrt{3gR}$
• B． 滑塊在B點(diǎn)對(duì)小的半圓的壓力大小為5mg
• C． 滑塊通過(guò)小的半圓克服摩擦力做的功為mgR
• D． 增大滑塊在A點(diǎn)的初速度，則滑塊通過(guò)小的半圓克服摩擦力做的功不變

Answer 1

分析 滑塊恰好能通過(guò)大半圓的最高點(diǎn)，由重力提供向心力，由牛頓第二定律可求在在半圓最高點(diǎn)的速度，再由機(jī)械能守恒定律可求滑塊在A的初速度；由牛頓第二、第三定律可求滑塊在B點(diǎn)對(duì)小半圓的壓力；根據(jù)動(dòng)能定理求摩擦力做的功和分析正壓力的變化情況，在分析摩擦力做功的變化情況．

解答 解：A、由于滑塊恰好能通過(guò)大半圓的最高點(diǎn)，由重力提供向心力，即mg=m$\frac{{v}^{2}}{2R}$，解得滑塊在半圓最高點(diǎn)的速度 v=$\sqrt{2gR}$
以AB面為參考面，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$=2mgR+$\frac{1}{2}$mv²，解得：v_A=$\sqrt{6gR}$，故A錯(cuò)誤；
B、由機(jī)械能守恒定律可知，滑塊在B點(diǎn)時(shí)的速度大小等于在A的初速度，滑塊在B點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：F=m$\frac{{v}_{A}^{2}}{R}$=6mg，由牛頓第三定律知，滑塊在B點(diǎn)對(duì)小半圓的壓力為6mg，故B錯(cuò)誤；
C．設(shè)滑塊在O₁點(diǎn)的速度為v′，則：v′=$\sqrt{2g•2R}$=2$\sqrt{gR}$，在小半圓中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：-W_f=$\frac{1}{2}$mv′²-$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$，解得，克服摩擦做的功 W_f=mgR，故C正確；
D．增大滑塊在A點(diǎn)的初速度，則物塊在小半圓中各個(gè)位置速度都增大，物塊對(duì)半圓軌道的壓力增大，滑動(dòng)摩擦力增大，因此克服摩擦力做的功增多，故D錯(cuò)誤．
故選：C

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵知道在最高點(diǎn)的臨界情況：重力等于向心力，運(yùn)用牛頓第二定律和機(jī)械能守恒進(jìn)行求解．要注意滑動(dòng)摩擦力與正壓力的大小成正比．