Question

17．如图所示，固定在竖直平面内倾角为θ=37°、左端高度h₁=0.9m的直轨道AB，与倾角相同的足够长的直轨道BC顺滑连接（在B处有一小段光滑圆弧）．其左端有一高度H₀=0.972m的平台，现将一小物块（可看做质点）由平台右端以初速度v0水平抛出，恰好从A点沿AB方向进入轨道，沿轨道AB滑下，并滑上轨道BC，所能达到的最大高度h₂=0.60m．若物块与两轨道间的动摩擦因数相同，不计空气阻力及连接处的能量损失，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求
（1）物块的初速度v₀；
（2）物块与轨道间的动摩擦因数μ；
（3）物块从平台右端抛出后，经时间t=1.62s运动到BC轨道上的P点（P点未标出），求P、B间的距离．

Answer 1

分析 （1）物块做平抛运动，由运动的合成与分解求出落在A时的竖直分速度，然后应用匀变速直线运动与匀速运动规律求出物块的初速度．
（2）对从抛出点开始到滑上BC的最高点为研究过程，运用动能定理，求出物块与轨道间的动摩擦因数．
（3）由牛顿第二定律求出物块在斜面上的加速度，然后求出物块滑到B的时间；由牛顿第二定律求出物块在斜面BC上的加速度，最后由位移公式求出位移，从而求出P、B间的距离．

解答 解：（1）物体的初速为v₀，A点速度为v，竖直速度为v₁，物块在A点速度恰好沿切线方向，则v与水平线的夹角为θ=37°
由平抛运动，则：y=$\frac{1}{2}$gt₁²，${t}_{1}=\sqrt{\frac{2△h}{g}}=\sqrt{\frac{2×（0.972-0.9）}{10}}s=0.12$s，
对B点速度v做垂直和水平方向分解，有：v₁=gt₁=10×0.12=1.2m/s，
且tan37°=$\frac{{v}_{1}}{{v}_{0}}$
所以：${v}_{0}=\frac{{v}_{1}}{tan37°}=\frac{1.2}{0.75}m/s=1.6$m/s
（2）对物块从抛出点到第一次速度为零的过程，由动能定理得：
${W}_{G}-μmgcosθ（\frac{{h}_{1}}{sinθ}+\frac{{h}_{2}}{sinθ}）=0-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
化简并代入数据可得：μ=0.25
（3）滑块在A点速度为v，则$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{1}^{2}}=\sqrt{1．{6}^{2}+1．{2}^{2}}m/s=2$m/s
滑块在斜面AB上受到重力、支持力和摩擦力的作用，由牛顿第二定律得：
ma₁=mgsinθ-μmgcosθ
所以：${a}_{1}=\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}=gsinθ-μgcosθ$=10×sin37°-0.25×10×cos37°=4m/s²
滑块滑到B时的速度：${v}_{B}^{2}-{v}^{2}=2{a}_{1}•\frac{{h}_{1}}{sinθ}$
代入数据得：v_B=4m/s
A到B的时间：${t}_{2}=\frac{{v}_{B}-v}{{a}_{1}}=\frac{4-2}{4}s=0.5$s
滑块在斜面BC上受到重力、支持力和摩擦力的作用，由牛顿第二定律得：
ma₂=mgsinθ+μmgcosθ
所以：${a}_{2}=\frac{mgsinθ+μmgcosθ}{m}=gsinθ+μgcosθ$=10×sin37°+0.25×10×cos37°=8m/s²
滑块滑到最高点的时间：${t}_{2}=\frac{0-{v}_{B}}{-{a}_{2}}=\frac{0-4}{-8}s=0.5$s
剩下的时间：t₄=t-t₁-t₂-t₃=1.62-0.12-0.5-0.5=0.5s
所以滑块将从最高点向下滑动，滑动时的加速度a₃：${a}_{3}=\frac{mgsinθ-μmgcosθ}{m}=gsinθ-μgcosθ$=4m/s²
滑块向下滑动的距离：$x=\frac{1}{2}{a}_{3}{t}_{4}^{2}=\frac{1}{2}×4×0．{5}^{2}=0.5$m
所以P到B之间的距离为：$s=\frac{{h}_{2}}{sin37°}-x=\frac{0.6}{0.6}m-0.5m=0.5$m
答：（1）物块的初速度是1.6m/s；
（2）物块与轨道间的动摩擦因数是0.25；
（3）物块从平台右端抛出后，经时间t=1.62s运动到BC轨道上的P点（P点未标出），P、B间的距离是0.5m．

点评 本题考查了动能定理的运用、平抛运动以及牛顿运动定律的综合应用能力，关键选取适当的研究过程，根据动能定理以及牛顿第二定律列表达式进行求解．