题目内容

5.如图所示,装置竖直放置,上端是光滑细圆管围成的圆周轨道的一部分,半径为R(圆管内径<<R),轨道下端各连接两个粗糙的斜面,斜面与细圆管相切于C、D两点,斜面与水平面夹角为53°,两个斜面下端与半径为0.5R的圆形光滑轨道连接,并相切于E、F两点.有一质量m=1kg的滑块(滑块大小略小于管道内径),从管道的最高点A静止释放该滑块,滑块从管道左侧滑下,物块与粗糙的斜面的动摩擦因数μ=0.5,(g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6),则(  )
A.释放后滑块在轨道上运动达到的最高点高出O1点0.6R
B.滑块经过最低点B的压力最小为18N
C.滑块最多能经过D点4次
D.滑块最终会停在B点

分析 根据动能定理求滑块到达的最大高度.滑块在斜面上滑动时机械能不断减少,最终滑块在EF间往复运动,研究从E到F的过程,由机械能守恒定律和牛顿定律结合求滑块经过最低点B的压力最小值.对整个过程,运用动能定理求出滑块在斜面运动的总路程,从而求得滑块最多能经过D点的次数.

解答 解:A、设CE=FD=L,由几何知识可得 L=0.5Rtan53°=$\frac{2}{3}$R
设释放后滑块在轨道上运动达到的最高点高出O1点h.由动能定理得:mg(R-h)-2μmgcos53°•L=0,解得 h=0.6R,即释放后滑块在轨道上运动达到的最高点高出O1点0.6R,故A正确.
BD、滑块在斜面上滑动时机械能不断减少,最终滑块在EF间往复运动,从E到F的过程,由机械能守恒定律得:
    mg•0.5R(1-cos53°)=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$-0
在B点,由牛顿第二定律得 N-mg=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{0.5R}$
联立解得 N=18N,由牛顿第三定律得:滑块经过最低点B的压力最小值 N′=N=18N,故B正确,D错误.
C、设滑块在两个斜面上滑行的总路程为S,对整个过程(从A到E或到F的过程),运用动能定理得
   mg(R+Rcos53°+Lsin53°)-μmgcos53°•S=0,解得 S=$\frac{64}{9}$R
因为 $\frac{S}{2L}$=$\frac{\frac{64}{9}R}{\frac{4}{3}R}$=$\frac{16}{3}$,即得 S=(5+$\frac{1}{3}$)•2L=5×2L+$\frac{2}{3}$L,所以滑块最多能经过D点5次,故C错误.
故选:AB

点评 解决本题的关键理清物块的运动过程,特别是明确滑块最终不是静止,而在在EF间往复运动.要知道滑块摩擦力做功与总路程有关,运用动能定理求路程是常用的方法.

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