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    2．如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
    （1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
    （2）若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；
    （3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t；
    （4）改变A的初速度v0，通过计算判断从最高点飞出的滑块能否垂直打到斜面上．

    分析 （1）由题，滑块恰能滑到与O等高的D点，速度为零，对A到D过程，运用动能定理列式可求出动摩擦因数μ；
    （2）滑块恰好能到达C点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式可得到C点的速度范围，再对A到C过程，运用动能定理求初速度v0的最小值；
    （3）离开C点做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求时间；
    （4）找出物块恰好能垂直打到斜面上时C点速度的值，再与竖直平面内做圆周运动能通过C的临界速度$\sqrt{gR}$做比较，即可分析出滑块能否垂直打到斜面上．

    解答 解：（1）滑块由A到D过程，根据动能定理，有：mgR-μmgcos37°•$\frac{2R}{sin37°}$=0
    代入数据解得：μ=$\frac{1}{2}$tan37°=0.375
    （2）若使滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有：${F_N}+mg=m\frac{v_c^2}{R}$
    代入数据解得：${v_c}≥\sqrt{gR}=2m/s$
    从A到C的过程列动能定理有：$-μmgcos{37^0}×\frac{2R}{{sin{{37}^0}}}=\frac{1}{2}mv_c^2-\frac{1}{2}mv_0^2$
    代入数据解得：${v_0}=\sqrt{v_c^2+2gR}≥2\sqrt{3}m/s$
    所以初速度v0的最小值为$2\sqrt{3}$m/s
    （3）滑块离开C后做平抛运动，水平方向：x=vct，竖直方向上有：$h=\frac{1}{2}g{t^2}$
    水平竖直位移间的关系为：tan37°=$\frac{2R-y}{x}$
    代入得：5t2+3t-0.8=0
    解得：t=0.2s
    （4）根据速度偏向角公式有：$tan{37^0}=\frac{v_0}{gt}$
    根据几何关系可得：$tan{37^0}=\frac{{2R-\frac{1}{2}g{t^2}}}{{{v_0}t}}$
    两式联立，解得：${v_0}=\sqrt{\frac{18}{17}gR}$
    根据竖直平面内做圆周运动的极限条件有：mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
    解得：v=$\sqrt{gR}$
    可知物块要过圆周运动的最高点C点，速度需满足：vc≥$\sqrt{gR}$
    因为：${v_0}=\sqrt{\frac{18}{17}gR}$＞$\sqrt{gR}$，故改变A的初速度v0，小球可以垂直打到斜面上．
    答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.375；
    （2）若使滑块能到达C点，滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值为$2\sqrt{3}$m/s；
    （3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t为0.2s；
    （4）改变A的初速度v0，从最高点飞出的滑块能垂直打到斜面上．

    点评 本题考查动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合运用，要注意挖掘隐含的临界条件，熟练掌握平抛运动速度偏向角与位移偏向角公式得运用．

    练习册系列答案
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