Question

3．如圖所示，ABCDMNC′PQ為豎直軌道．其中，CDMNC′是圓心為O、半徑為R=0.1m的圓軌道．BC和C′P都是半徑為2R的圓弧軌道，圓心為M點(diǎn)．MOC（C′）在同一豎直線上．直軌道AB和PQ分別相切與圓弧軌道的B、P兩點(diǎn)，直軌道與水平方向的夾角均為37°．PQ是動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5的粗糙軌道，其余軌道均光滑．現(xiàn)將質(zhì)量m=0.2kg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從距離B點(diǎn)L=4m的A處?kù)o止釋放．求：（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s²）
（1）小滑塊在AB軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大��；
（2）小滑塊第一次經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)它的作用力大��；
（3）小滑塊能通過M點(diǎn)的次數(shù)．

Answer 1

分析 1、根據(jù)牛頓第二定律求解小滑塊在AB軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小
2、根據(jù)動(dòng)能定理研究A點(diǎn)到M點(diǎn)，在M點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律求解
3、小滑塊恰好經(jīng)過最高點(diǎn)M時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求解M點(diǎn)速度，根據(jù)動(dòng)能定理多次選擇不同研究過程求解．

解答 解：（1）小滑塊在AB軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)受重力和支持力，
根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ=ma
a=gsinθ=6m/s²
（2）根據(jù)動(dòng)能定理研究A點(diǎn)到M點(diǎn)，
$mg（Lsin{37^o}-2Rcos{37^o}）=\frac{1}{2}m{v^2}$
在M點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得$mg+{F_N}=m\frac{v^2}{R}$
解得：F_N=87.6N
（3）小滑塊恰好經(jīng)過最高點(diǎn)M時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：$mg=m\frac{v_M^2}{R}$
v_M=1m/s
小滑塊能過最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得
$2mgRcos{37^o}=\frac{1}{2}mv_P^2-\frac{1}{2}mv_M^2$
${v_P}=\sqrt{4.2}m/s$
設(shè)小物塊第一次在PQ軌道上速度減到0離P點(diǎn)的高點(diǎn)為h₁，有
$mg（Lsin{37^o}-{h_1}）-μmg\frac{h_1}{tanθ}=0$
h₁=1.44m
設(shè)小物塊從第一次的最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的P的速度為v₁，有$mg{h_1}-μmg\frac{h_1}{tanθ}=\frac{1}{2}mv_1^2$
${v_1}=\sqrt{9.6}m/s$
設(shè)小物塊第二次在PQ軌道上速度減到0離P點(diǎn)的高點(diǎn)為h₂，有$-mg{h_2}-μmg\frac{h_2}{tanθ}=0-\frac{1}{2}mv_1^2$
h₂=0.288m設(shè)小物塊從第二次的最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的P的速度為v₂，有$mg{h_2}-μmg\frac{h_2}{tanθ}=\frac{1}{2}mv_2^2$
${v_1}=\sqrt{1.92}m/s＜\sqrt{4.2}m/s$不能過最高點(diǎn)．         
小滑塊能通過M點(diǎn)3次  
答：（1）小滑塊在AB軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小是6m/s²；
（2）小滑塊第一次經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)它的作用力大小是87.6N；
（3）小滑塊能通過M點(diǎn)3次

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵理清物塊的運(yùn)動(dòng)過程，結(jié)合動(dòng)能定理進(jìn)行求解，本題對(duì)數(shù)學(xué)能力的要求較高，知道物塊不能到達(dá)M點(diǎn)的條件，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行求解．