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7.如圖所示,斜面AB和水平面BC相交于B點,CED是豎直放置的半徑為R=0.1m的光滑半圓軌道,CD與BC相切于C點,E點與圓心O點等高.質量為m的小球從斜面上離水平面h高處由靜止釋放,經過水平面后沖上半圓軌道,小球完成半個圓周運動到達D點后水平飛出,落在水平地面上,落點到C點的距離為d.現改變高度h的大小并確保每次都由靜止釋放小球,測出對應的d的大小,通過數據分析得出了d和h的函數d2=0.64h-0.8,已知斜面與水平面的夾角為θ,BC長為x=4m,小球與斜面和水平面的動摩擦因數相同,取g=10m/s2.求:

(1)斜面的傾角和小球與水平地面間的動摩擦因數;
(2)如果讓小球進入半圓軌道后不脫離半圓軌道,求h的取值范圍.

分析 (1)對A到D過程應用動能定理求得在D處的速度,然后根據平拋運動規(guī)律求得d即可根據d的關系式求解;
(2)對小球不脫離軌道的情況進行分析,然后用動能定理求得高度范圍.

解答 解:(1)小球從h處由靜止開始釋放到D點過程中只有重力、摩擦力做功,由動能定理可得:mg(h-2R)-μmgcosθ•\frac{h}{sinθ}-μmgx=\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2};
所以,{v}_{D}=\sqrt{2g(h-2R-μhcotθ-μx)};
小球從D飛出做平拋運動,故有:2R=\frac{1}{2}g{t}^{2},d={v}_{D}t={2v}_{D}\sqrt{\frac{R}{g}};
那么,d2=8R(h-2R-μhcotθ-μx)=8R(1-μcotθ)h-8R(2R+μx)=0.8(1-μcotθ)h-0.8(0.2+4μ)=0.64h-0.8,
所以,μ=0.2,cotθ=1,所以,θ=45°;
(2)小球不脫離半圓軌道,那么小球可能從D點飛出,此時由牛頓第二定律可得:mg≤\frac{m{{v}_{D}}^{2}}{R}
那么對小球從A到D應用動能定理可得:mg(h-2R)-μmgcosθ•\frac{h}{sinθ}-μmgx=\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}≥\frac{1}{2}mgR;所以,h-2R-0.2h-0.8≥0.5R,所以,h≥\frac{2.5R+0.8}{0.8}(m)=\frac{21}{16}m;
或者小球在半圓形導軌運動時,最高點在CE上,且在最高點(高度設為H,那么0<H≤R)速度為零,那么由動能定理可得:mg(h-H)-μmgcosθ•\frac{h}{sinθ}-μmgx=0;
所以,h-H-0.2h-0.8=0;那么,1m<h=\frac{H+0.8}{0.8}≤\frac{R+0.8}{0.8}=\frac{9}{8}m;
綜上所述,讓小球進入半圓軌道后不脫離半圓軌道,h的取值范圍為h≥\frac{21}{16}m1m<h≤\frac{9}{8}m
答:(1)斜面的傾角為45°,小球與水平地面間的動摩擦因數為0.2;
(2)如果讓小球進入半圓軌道后不脫離半圓軌道,h的取值范圍為h≥\frac{21}{16}m1m<h≤\frac{9}{8}m

點評 經典力學問題一般先對物體進行受力分析,求得合外力及運動過程做功情況,然后根據牛頓定律、動能定理及幾何關系求解.

練習冊系列答案
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B.物塊在水平直軌上的動摩擦因數為\frac{R-r}{L}-\frac{{W}_{1}+{W}_{2}}{mgL}
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