题目
某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m的圆弧轨道BCD，长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m=0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下运动时动摩擦因数μ2=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）（1）若h=0.8m，求小物块：①第一次经过C点的向心加速度大小；②在DE上经过的总路程；③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比；（2）若h=1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。物块a-|||-1 物块a-|||-0 E 滑块b-|||-F-|||-h θρ、R R θ.-|||-θc θ O2-|||-C
某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m的圆弧轨道BCD，长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m=0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下运动时动摩擦因数μ2=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）
（1）若h=0.8m，求小物块：
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比；
（2）若h=1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
（1）若h=0.8m，求小物块：
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比；
（2）若h=1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
题目解答
答案
解：（1）①物块a从A到C，根据动能定理$mgh=\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}-0$
解得vC=4m/s
在C处，根据向心加速度公式${a}_{C}=\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
代入数据解得aC=16m/s2
②物块a从A到D，根据动能定理$mg[h-R（1-cosθ）]=\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}-0$
代入数据解得${v}_{D}=2\sqrt{3}m/s$
设上滑的最大高度为h1
根据动能定理$-mg{h}_{1}-{μ}_{1}mgcosθ•\frac{{h}_{1}}{sinθ}=0-\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
代入数据解得h1=0.45m
ED之间的高度差hDE=Lsinθ=1.25×0.6m=0.75m＞h1
因此物块a未滑出轨道DE；
设物块在DE上经过的总路程为s，最后一次刚好能从C运动到D；
根据动能定理$-{μ}_{1}mgcosθ•\frac{1}{2}s-{μ}_{2}mgcosθ•\frac{1}{2}s=0-\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
代入数据解得s=2m
③物块a在DE轨道上滑的加速度大小a1=gsinθ+μ1gcosθ
代入数据解得${a}_{1}=8m/{s}^{2}$
由于mgsinθ＞μ2mgcosθ，物块a上滑减速为零后，沿DE轨道下滑；
物块a在DE轨道下滑的加速度大小a2=gsinθ-μ2gcosθ
代入数据解得${a}_{2}=2m/{s}^{2}$
t根据匀变速运动公式$x=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
由于物块a上滑和下滑的路程相等，因此有$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{上}^{2}=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{下}^{2}$
所以$\frac{{t}_{上}}{{t}_{下}}=\sqrt{\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}}=\sqrt{\frac{2}{8}}=1：2$
（2）物块a从A经C到F的过程中，根据动能定理$mg[h-Lsinθ-2R（1-cosθ）]-{μ}_{1}mgLcosθ=\frac{1}{2}m{v}_{F}^{2}-0$
代入数据解得vF=2m/s
设物块a与滑块b向左运动的共同速度为v，取水平向右为正方向
根据动量守恒定律mvF=2mv
根据功能关系$2{μ}_{1}mgl=\frac{1}{2}m{v}_{F}^{2}-\frac{1}{2}•2m{v}^{2}$
代入数据联立解得l=0.2m。
答：（1）①第一次经过C点的向心加速度大小16m/s2；
②在DE上经过的总路程为2m；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比为1：2；
（2）若h=1.6m，滑块至少0.2m长才能使小物块不脱离滑块。
解得vC=4m/s
在C处，根据向心加速度公式${a}_{C}=\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
代入数据解得aC=16m/s2
②物块a从A到D，根据动能定理$mg[h-R（1-cosθ）]=\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}-0$
代入数据解得${v}_{D}=2\sqrt{3}m/s$
设上滑的最大高度为h1
根据动能定理$-mg{h}_{1}-{μ}_{1}mgcosθ•\frac{{h}_{1}}{sinθ}=0-\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
代入数据解得h1=0.45m
ED之间的高度差hDE=Lsinθ=1.25×0.6m=0.75m＞h1
因此物块a未滑出轨道DE；
设物块在DE上经过的总路程为s，最后一次刚好能从C运动到D；
根据动能定理$-{μ}_{1}mgcosθ•\frac{1}{2}s-{μ}_{2}mgcosθ•\frac{1}{2}s=0-\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
代入数据解得s=2m
③物块a在DE轨道上滑的加速度大小a1=gsinθ+μ1gcosθ
代入数据解得${a}_{1}=8m/{s}^{2}$
由于mgsinθ＞μ2mgcosθ，物块a上滑减速为零后，沿DE轨道下滑；
物块a在DE轨道下滑的加速度大小a2=gsinθ-μ2gcosθ
代入数据解得${a}_{2}=2m/{s}^{2}$
t根据匀变速运动公式$x=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
由于物块a上滑和下滑的路程相等，因此有$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{上}^{2}=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{下}^{2}$
所以$\frac{{t}_{上}}{{t}_{下}}=\sqrt{\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}}=\sqrt{\frac{2}{8}}=1：2$
（2）物块a从A经C到F的过程中，根据动能定理$mg[h-Lsinθ-2R（1-cosθ）]-{μ}_{1}mgLcosθ=\frac{1}{2}m{v}_{F}^{2}-0$
代入数据解得vF=2m/s
设物块a与滑块b向左运动的共同速度为v，取水平向右为正方向
根据动量守恒定律mvF=2mv
根据功能关系$2{μ}_{1}mgl=\frac{1}{2}m{v}_{F}^{2}-\frac{1}{2}•2m{v}^{2}$
代入数据联立解得l=0.2m。
答：（1）①第一次经过C点的向心加速度大小16m/s2；
②在DE上经过的总路程为2m；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比为1：2；
（2）若h=1.6m，滑块至少0.2m长才能使小物块不脱离滑块。