题目内容

1． 如图所示，水平地面上固定有表面光滑的长平台AB和长L=2m、高h=0.8m的水平桌子PG，有一竖直放置、内壁光滑的细薄钢管BCDEF分别与平台和桌面相切于B点和F点，CDE部分为半径R=0.4m的$\frac{3}{4}$圆弧，管道最高点D到平台AB上表面的距离为H=1.5m，平台上的轻质弹簧左端固定在A点，现用质量m=0.1kg的小滑块（可视为质点，且与弹簧不栓接）将弹簧压缩到P点，释放后滑块与弹簧分离并沿平台表面进入钢管，从上管口出来后滑上桌面，最终从桌面右边缘G点飞离，落地时速度方向恰与水平地面成θ=45°．已知滑块到达$\frac{3}{4}$圆弧轨道最低点E时对管壁的压力大小为滑块自身重力的10倍，不计空气阻力，g取10m/s2．
（1）滑块从G点飞出时的速度v0；
（2）滑块与水平桌面间的动摩擦因数μ；
（3）滑块到达$\frac{3}{4}$圆弧轨道最高点D时对管壁的压力大小和方向；
（4）求出滑块在P点时对弹簧具有的弹性势能的大小．

分析 （1）滑块从G点飞出后做平抛运动，由下落的高度求出落地时竖直分速度．根据滑块时的速度方向求出滑块从G点飞出时的速度v0；
（2）根据滑块经过E点的受力情况，由牛顿第二定律和向心力公式求出滑块通过E点的速度．再对EG过程，运用动能定理求出动摩擦因数μ；
（3）滑块从D到E的过程，运用机械能守恒定律求出滑块经过D点的速度．在D点，由合力提供向心力，由牛顿定律求滑块对管壁的压力；
（4）滑块从P点释放到D点的过程，运用机械能守恒定律求弹簧原来具有的弹性势能．

解答 解：（1）滑块从G点飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律得滑块落地时竖直分速度大小为：vy=$\sqrt{2gh}$=$\sqrt{2×10×0.8}$=4m/s
滑块落地时速度方向恰与水平地面成θ=45°，由几何关系可知，滑块从G点飞出时的速度为：v0=vy=4m/s
（2）滑块到达$\frac{3}{4}$圆弧轨道最低点E时，根据牛顿第二定律得：N-mg=m$\frac{{v}_{E}^{2}}{R}$
据题有：N=10mg
滑块从E到G的过程中，运用动能定理得：-μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{E}^{2}$
联立解得：μ=0.5
（3）滑块从D到E的过程，由机械能守恒定律得：
mg•2R+$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{E}^{2}$
解得：vD=2$\sqrt{5}$m/s＞$\sqrt{gR}$=2m/s
所以在D点时，轨道对滑块的弹力方向竖直向下
在D点，对滑块由牛顿第二定律得：FN+mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
解得：FN=4N
由牛顿第三定律知，滑块到达$\frac{3}{4}$圆弧轨道最高点D时对管壁的压力大小 FN′=FN=4N，方向竖直向上．
（4）对弹簧和滑块系统，从P点释放到滑块到达D点的过程中，由机械能守恒定律得：
EP=mgH+$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
解得：EP=2.5J
答：（1）滑块从G点飞出时的速度v0是4m/s．
（2）滑块与水平桌面间的动摩擦因数μ是0.5．
（3）滑块到达$\frac{3}{4}$圆弧轨道最高点D时对管壁的压力大小是4N，方向竖直向上．
（4）求出滑块在P点时对弹簧具有的弹性势能的大小是2.5J．

点评 本题的关键要滑块的运动情况，明确滑块的运动规律，然后分阶段研究．对于圆周运动，要知道向心力来源于指向圆心的合力，运用牛顿第二定律可研究某个状态，而两个状态之间的关系可根据机械能守恒定律研究．

练习册系列答案
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