Question

19．如圖a所示，一物體以一定的速度v₀沿足夠長(zhǎng)斜面向上運(yùn)動(dòng)，此物體在斜面上的最大位移與斜面傾角的關(guān)系由圖b中的曲線給出．設(shè)各種條件下，物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，取g=10m/s²．
（1）求物體初速度的大小和物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）當(dāng)θ=60°時(shí)，物體到達(dá)最高點(diǎn)后，又回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)，物體速度為多少？
（3）試確定θ多大時(shí)，x值最小，最小值為多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)速度位移公式，結(jié)合 牛頓第二定律，抓住θ=90°和0°時(shí)對(duì)應(yīng)的位移求出物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)和物體的初速度大�。�
（2）先求出α=60°時(shí)物體上升的高度，根據(jù)牛頓第二定律求出上升和下落時(shí)的加速度，再根據(jù)位移速度公式求出物體返回時(shí)的速度．
（3）對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理求出x的表達(dá)式，結(jié)合數(shù)學(xué)三角函數(shù)求極值的方法確定X值最小時(shí)，傾角的大小．

解答 解：（1）由圖可知當(dāng)α=90°時(shí)，x=$\frac{5}{4}$=1.25m，此時(shí)物體做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，加速度為-g
則有：0-v02=-2gx
解得：${v}_{0}=\sqrt{2gx}$=5m/s
當(dāng)θ=0度時(shí)，有：${x}_{0}=\frac{5}{4}\sqrt{3}$m，
根據(jù)牛頓第二定律得：μmg=ma₁
${v}_{0}^{2}=2{a}_{1}{x}_{0}$
代入數(shù)據(jù)解得：$μ=\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（2）當(dāng)α=60°時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：a₁=gsin60°+μgcos60°=$\frac{20\sqrt{3}}{3}m/{s}^{2}$
所以最大位移為$x=\frac{{v}_{0}^{2}}{2{a}_{1}}$=$\frac{5\sqrt{3}}{8}$m
返回時(shí)加速度a₂=gsin60°-μgcos60°=$\frac{10\sqrt{3}}{3}$m/s²．
則返回到出發(fā)點(diǎn)的速度$v=\sqrt{2{a}_{2}x}$=$\frac{5\sqrt{2}}{2}m$/s
（3）對(duì)于任意一角度，利用動(dòng)能定理得對(duì)應(yīng)的最大位移為x₁滿足關(guān)系式：$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=mg{x}_{1}sinθ+μmg{x}_{1}cosθ$，
得：${x}_{1}=\frac{{v}_{0}^{2}}{2g（sinθ+μcosθ）}$=$\frac{x}{sinθ+μcosθ}$=$\frac{x}{\sqrt{1+{μ}^{2}}sin（θ+∅）}$，
可知當(dāng)x的最小值為：${x}_{1}=\frac{x}{\sqrt{1+{μ}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}x$  解得：h=1.08m．即sin（θ+∅）=1，μ=tanφ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，得：$∅=\frac{π}{6}$，
對(duì)應(yīng)的角度為：θ=$\frac{π}{2}-∅$=$\frac{π}{2}-\frac{π}{6}$=$\frac{π}{3}$．
答：（1）物體初速度的大小和物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為$\frac{\sqrt{3}}{3}$；
（2）當(dāng)θ=60°時(shí)，物體到達(dá)最高點(diǎn)后，又回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)，物體速度為$\frac{5\sqrt{2}}{2}m/s$．
（3）試確定θ為$\frac{π}{3}$時(shí)，x值最小，最小值為1.08m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合，知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁，注意數(shù)學(xué)中三角函數(shù)公式的應(yīng)用，難度不大．