Question

15．如圖1所示，長(zhǎng)x=1m的粗糙斜面AB與水平平臺(tái)在B處通過(guò)光滑微小圓弧平滑連接，平臺(tái)BC光滑；平臺(tái)右邊水平地面上固定一豎直圓弧軌道DEF，C、D間的高度差h=0.8m，圓弧軌道半徑R=0.5m．質(zhì)量m=1kg的小物塊，從A點(diǎn)由靜止沿斜面下滑，其速度隨位移變化的關(guān)系如圖2所示．滑塊離開C點(diǎn)后，從D點(diǎn)沿D點(diǎn)切線的方向進(jìn)入圓弧軌道，到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)F時(shí)，對(duì)軌道壓力剛好為零．不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s²．求：
（1）滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度的大小及方向；
（2）滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，重力對(duì)滑塊做功的功率；
（3）滑塊在豎直圓弧軌道內(nèi)克服摩擦力做的功．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)圖象得出滑塊到達(dá)C點(diǎn)的速度，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出滑塊到達(dá)D點(diǎn)的速度，結(jié)合平行四邊形定則得出速度的方向．
（2）根據(jù)瞬時(shí)功率的公式，結(jié)合重力與速度之間的夾角求出在D點(diǎn)重力的功率．
（3）根據(jù)牛頓第二定律得出F點(diǎn)的速度，結(jié)合動(dòng)能定理求出D到F過(guò)程中克服阻力做功的大�。�

解答 解：（1）由圖象知，滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為3m/s，滑塊將以v_c=3m/s的速度從C點(diǎn)水平拋出，
滑塊由C到D過(guò)程中機(jī)械能守恒，有：
$mgh=\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{c}}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v_D=5m/s．
v_D與水平方向的夾角為θ，cosθ=$\frac{{v}_{C}}{{v}_{D}}$，
解得：θ=53°，
（2）根據(jù)功率的定義，有：P=mgv_Dcos（90°-θ），
代入數(shù)據(jù)解得：P=40W．
（3）滑塊由D到F的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：
$-mg（R+Rcosθ）-W=\frac{1}{2}m{{v}_{F}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}$，
在最高點(diǎn)F，根據(jù)牛頓第二定律有：$mg=m\frac{{{v}_{F}}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得：W=2J．
答：（1）滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度的大小為5m/s，方向與水平方向的夾角為53°；
（2）滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，重力對(duì)滑塊做功的功率為40W；
（3）滑塊在豎直圓弧軌道內(nèi)克服摩擦力做的功為2J．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)與動(dòng)能定理、牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律的綜合運(yùn)用，知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律以及圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來(lái)源是解決本題的關(guān)鍵．