Question

20．如圖所示，光滑斜面BC是半圓ACB的一條弦，直徑AB垂直于光滑水平面BD，大小可忽略的小滑塊從A點(diǎn)自由下落到B點(diǎn)的時(shí)間為2秒，斜面DE足夠長(zhǎng)，其與小滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，圖中α=60^°，β=37°，現(xiàn)將小滑塊從斜面上C點(diǎn)由靜止釋放，滑塊經(jīng)過(guò)B、D兩點(diǎn)時(shí)的能量損失可以忽略，以滑塊經(jīng)過(guò)D點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)，求滑塊經(jīng)過(guò)DE斜面上的F點(diǎn)的時(shí)間，已知DF間距離為1.8m．（sin37°=0.6，cos37°=0.8g=10m/s²）

Answer 1

分析 求出滑塊沿弦下滑的時(shí)間，求解出達(dá)到底端的速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出減速的加速度、減速時(shí)間和位移，再分析下滑過(guò)程中通過(guò)F點(diǎn)的時(shí)間．

解答 解：設(shè)圓弧半徑為R，則根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)可得：2R=$\frac{1}{2}$gt²，
CB段加速：a=gcosα=5m/s²，在CD段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₁，
根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可得$2Rcosα=\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$，
解得t₁=t=2s；
到達(dá)B點(diǎn)的速度為：v_B=at₁=10m/s；
DE段上滑到最高點(diǎn)過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可得：
a₁=gsinβ+μgcosβ=10m/s²，
上升到最高點(diǎn)經(jīng)過(guò)的時(shí)間$t'=\frac{v_B}{a_1}=1s$，位移$x=\frac{{v_{_B}^2}}{{2{a_1}}}=5m$，
設(shè)上滑經(jīng)過(guò)DF段的時(shí)間為t₁，則：${x_1}={v_B}{t_1}-\frac{1}{2}{a_1}t_1^2$，
解得：t'₁=0.2s，t''₁=1.4s（舍去）；
因重力下滑分力大于滑動(dòng)摩擦力，達(dá)最高點(diǎn)后又向下滑，設(shè)向下加速度為a₂，再經(jīng)t₂過(guò)F點(diǎn)，
根據(jù)牛頓第二定律可得下滑過(guò)程中的加速度：${a}_{2}=gsinβ-μgcosβ=2m/{s}^{2}$，
下滑到F的位移為：$x-{x_1}=\frac{1}{2}{a_2}t_2^2$，
解得：${t_2}=\frac{{4\sqrt{5}}}{5}s≈1.8s$
所以滑塊在0.2s和1.8s兩次經(jīng)過(guò)F點(diǎn)；
答：滑塊經(jīng)過(guò)DE斜面上的F點(diǎn)的時(shí)間為0.2s或1.8s．

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問(wèn)題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和受力情況，利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)的計(jì)算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁．