Question

13．如图是放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置的示意图．滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中水平直轨AB与倾斜直轨CD的长度均为L=3m，圆弧形轨道AQC和BPD均光滑，AQC的半径为 r=1m，AB、CD与两圆弧形轨道相切，O₂D、O₁C与竖直方向的夹角均为=37°．现有一质量为 m=1kg的滑块（可视为质点）穿在滑轨上，以v₀=5m/s的初速度从B点开始水平向左运动，滑块与两段直轨道间的动摩擦因数均为μ=0.2，滑块经过轨道连接处的机械能损失忽略不计．取g=10m/s²，sin37°=0.6，求：
（1）滑块第一次回到B点时的速度大小；
（2）滑块第二次到达C点时的动能；
（3）滑块在CD段上运动的总路程．

Answer 1

分析 （1）对从B点出发到回到B点整个过程运用动能定理，求出小球第一次回到B点时的速度大小．
（2）小球第二次到达C点时，对B到C运用动能定理，求出到达C点时的动能．
（3）小球最终只能在圆弧形轨道BPD上做往复运动，即到达D点速度为零，对全过程运用动能定理，求出小球在CD段上运动的总路程．

解答 解：（1）对滑块，由动能定理有：
-mgLcosθ-mgL=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
代入数据解得：v₁=1.84m/s；
（2）滑块第一次回到B点时的速度为1.84m/s，继续运动，当到达C点时动能为：
$\frac{1}{2}$mv_C²=mgr（1+cosθ）+$\frac{1}{2}$mv₁²-μmgLcosθ，
解得：$\frac{1}{2}$mv_C²=14.9J；
（3）滑块第二次到达C点时具有动能14.9J，继续上升到达A点还需克服重力做功：
W=mgr（1+cosθ）=18J，
因此滑块滑到AQC某处后开始下滑，在CD段受摩擦力作用．
最终滑块到达D点时速度为零，在圆弧形轨道BPD上做往复运动． 由动能定理得：mgLsinθ-μmgx₁cosθ=$\frac{1}{2}$mv_D²-$\frac{1}{2}$mv_C²，
解得：x₁=20.6m；
滑块通过CD段的总路程为：x=2L+x₁=26.6m；
答：（1）滑块第一次回到B点时的速度大小为1.84m/s；
（2）滑块第二次到达C点时的动能额外14.9J；
（3）滑块在CD段上运动的总路程为26.6m．

点评 本题是一道力学综合题，考查了动能定理的应用，本题涉及多个过程运动，关键是正确地进行受力分析，选择适当的研究过程，运用动能定理解题．