Question

9．如圖所示，斜面高h(yuǎn)=2m，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小木塊質(zhì)量m=1kg，從最高點(diǎn)A沿固定斜面AC（傾角θ=53°）滑下并進(jìn)入水平地面，木塊與斜面、地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，在水平地面右端放置一個(gè)徑r=0.4m的光滑半圓弧軌道，E、D在一條豎直線上，放置的位置可以調(diào)節(jié)，取重力加速度g=10m/s²，斜面與水平地面、水平地面與半圓弧軌道連接處為平滑連接．
（1）要使小木塊能通過(guò)圓弧最高點(diǎn)，它在E點(diǎn)速度至少是多大？
（2）要使小木塊能通過(guò)圓弧最高點(diǎn)，它在圓弧軌道的最低點(diǎn)D對(duì)地面的壓力至少是多大？
（3）假定斜面高度h不變，改變斜面傾角θ，同時(shí)小木板質(zhì)量m、動(dòng)摩擦因數(shù)μ和圓弧半徑r不變，要使小木塊恰好能通過(guò)圓弧最高點(diǎn)，且通過(guò)圓弧最高點(diǎn)后剛好落在C點(diǎn)，求斜面傾角的正切值．

Answer 1

分析 （1）對(duì)木塊在最高點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律即可求得速度范圍；
（2）對(duì)木塊在DE上運(yùn)動(dòng)應(yīng)用機(jī)械能守恒求得在D的速度范圍，然后應(yīng)用牛頓第二定律求得支持力范圍，即可由牛頓第三定律求得壓力范圍；
（3）根據(jù)牛頓第二定律求得在E的速度，然后根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求得CD長(zhǎng)度，再對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理即可．

解答 解：（1）要使小木塊能通過(guò)圓弧最高點(diǎn)，那么對(duì)木塊在E點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律可得：$mg≤\frac{m{{v}_{E}}^{2}}{r}$
解得：${v}_{E}≥\sqrt{gr}=2m/s$；
（2）木塊在光滑半圓軌道上運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，則有：
$\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}=2mgr+\frac{1}{2}m{{v}_{E}}^{2}≥\frac{5}{2}mgr$；
對(duì)木塊在D點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律可得：${F}_{N}-mg=\frac{m{{v}_{D}}^{2}}{r}≥5mg$
解得：F_N≥6mg=60N；
那么，由牛頓第三定律可知：在木塊圓弧軌道的最低點(diǎn)D對(duì)地面的壓力至少是60N；
（3）由（1）可知：小木塊恰好能通過(guò)圓弧最高點(diǎn)的速度$v=\sqrt{gr}=2m/s$；
小木塊從E到C做平拋運(yùn)動(dòng)，故有：$2r=\frac{1}{2}g{t}^{2}$，$CD=vt=2v\sqrt{\frac{r}{g}}=0.8m$；
那么對(duì)小木塊從A到E的運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得：$mg（h-2r）-μmgcosθ•\frac{h}{sinθ}-μmgCD=\frac{1}{2}m{v}^{2}$；
所以，$tanθ=\frac{μmgh}{mg（h-2r）-μmgCD-\frac{1}{2}m{v}^{2}}$=$\frac{5}{3}$；
答：（1）要使小木塊能通過(guò)圓弧最高點(diǎn)，它在E點(diǎn)速度至少是2m/s；
（2）要使小木塊能通過(guò)圓弧最高點(diǎn)，它在圓弧軌道的最低點(diǎn)D對(duì)地面的壓力至少是60N；
（3）假定斜面高度h不變，改變斜面傾角θ，同時(shí)小木板質(zhì)量m、動(dòng)摩擦因數(shù)μ和圓弧半徑r不變，要使小木塊恰好能通過(guò)圓弧最高點(diǎn)，且通過(guò)圓弧最高點(diǎn)后剛好落在C點(diǎn)，則斜面傾角的正切值為$\frac{5}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 經(jīng)典力學(xué)問(wèn)題一般先對(duì)物體進(jìn)行受力分析，求得合外力及運(yùn)動(dòng)過(guò)程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動(dòng)能定理及幾何關(guān)系求解．