Question

3．如圖所示，左邊為是兩個(gè)四分之一圓弧銜接而成的軌道EF，右邊為兩個(gè)斜面AB、CD和一段光滑圓弧組成的曲面臺．設(shè)大小兩個(gè)四分之一圓弧半徑為2R和R，兩斜面傾角均為θ=37⁰，AB=CD=2R，且A、D等高，D端固定一小擋板，假設(shè)碰撞不損失機(jī)械能．一質(zhì)量為m的滑塊與斜面動摩擦因數(shù)均為0.25，將滑塊從地面上光滑的小平臺上以一定的初速度經(jīng)E點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，從最高點(diǎn)F飛出后進(jìn)入右邊的斜面上．重力加速度為g．
（1）設(shè)滑塊恰能無擠壓地從F點(diǎn)飛出，同時(shí)為了使滑塊恰好沿AB斜面進(jìn)入右邊軌道，應(yīng)調(diào)節(jié)右邊下面支架高度使斜面的A、D點(diǎn)離地高為多少？
（2）接（1）問，求滑塊在斜面上走過的總路程．
（3）當(dāng)滑塊的以不同初速度進(jìn)入EF，求其通過最高點(diǎn)F和小圓弧最低點(diǎn)E時(shí)受壓力之差的最小值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊恰好到達(dá)F點(diǎn)的速度，根據(jù)速度方向與斜面AB平行，結(jié)合平拋運(yùn)動的規(guī)律，運(yùn)用平行四邊形定則求出豎直分速度，從而得出AD離地的高度．
（2）根據(jù)平行四邊形定則求出進(jìn)入A點(diǎn)時(shí)滑塊的速度，對全過程運(yùn)用動能定理，求出滑塊在斜面上走過的總路程．
（3）根據(jù)牛頓第二定律分別求出E、F的彈力，結(jié)合機(jī)械能守恒定律得出壓力差，結(jié)合最高點(diǎn)的最小速度求出壓力之差的最小值．

解答 解：（1）在F點(diǎn)，由牛頓第二定律得：mg=m$\frac{v_F^2}{2R}$，
得：v_F=$\sqrt{2gR}$
到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度方向要沿著AB，則有：v_y=v_F•tanθ=$\frac{3}{4}\sqrt{2gR}$
所以AD離地高度為：h=3R-$\frac{{{v_y}^2}}{2g}=\frac{39}{16}$R
（2）進(jìn)入A點(diǎn)滑塊的速度為：v=$\frac{v_F}{cosθ}=\frac{5}{4}\sqrt{2gR}$
假設(shè)經(jīng)過一個(gè)來回能夠回到A點(diǎn)，設(shè)回來時(shí)動能為E_K，則有：E_K=$\frac{1}{2}m{v^2}$-4μmg（cosθ）•2R＜0，所以滑塊不會滑到A而飛出．  
根據(jù)動能定理得：mg•2Rsinθ-μmg（cosθ）s_總=0-$\frac{1}{2}m{v^2}$
得滑塊在鍋內(nèi)斜面上走過得總路程為：s_總=$\frac{221R}{16}$
（3）設(shè)初速度、最高點(diǎn)速度分別為v₁、v₂
由牛頓第二定律得：
在E點(diǎn)有：F₁-mg=m$\frac{v_1^2}{R}$
在F點(diǎn)有：F₂+mg=m$\frac{v_2^2}{2R}$
所以F₁-F₂=2mg+$\frac{m（2v_1^2-v_2^2）}{2R}$
由機(jī)械能守恒得：$\frac{1}{2}mv_1^2=\frac{1}{2}$mv₂²+3mgR
代入v₂的最小值v₂=$\sqrt{2gR}$得：壓力差的最小值為9mg                   
答：（1）設(shè)滑塊恰能無擠壓地從F點(diǎn)飛出，同時(shí)為了使滑塊恰好沿AB斜面進(jìn)入右邊軌道，應(yīng)調(diào)節(jié)右邊下面支架高度使斜面的A、D點(diǎn)離地高為$\frac{39}{16}$R．
（2）接（1）問，滑塊在斜面上走過的總路程是$\frac{221R}{16}$．
（3）當(dāng)滑塊的以不同初速度進(jìn)入EF，其通過最高點(diǎn)F和小圓弧最低點(diǎn)E時(shí)受壓力之差的最小值是9mg．

點(diǎn)評 本題是復(fù)雜的力學(xué)綜合題，關(guān)鍵要正確分析滑塊的受力情況和運(yùn)動情況，把握每個(gè)過程和狀態(tài)的規(guī)律，運(yùn)用平拋運(yùn)動、動能定理及機(jī)械能守恒、牛頓運(yùn)動定律等基本規(guī)律處理．