题目
如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度lAB=3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=(7)/(8)，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。a-|||-lo-|||-a-|||-d(1)若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；(2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度lAB=3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=$\frac{7}{8}$，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
(1)若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
(1)若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
题目解答
答案
解：(1)到C点过程，根据动能定理可得：mglsin37°+mgR(1-cos37°)=$\frac{1}{2}$m${v}_{C}^{2}$
在C点时，根据向心力公式可得：FN-mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
联立解得：FN=7N
(2)能过最高点时，则能到F点，那么恰到最高点时，根据动能定理可得：mglxsin37°-3mgRcos37°-mgR=0，解得：lx=0.85m
因此，要能过F点必须满足lx≥0.85m
第一次过F点时的速度v与lx之间的关系式，根据动能定理可得：mglxsin37°-4mgRcos37°=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$，解得：v=$\sqrt{1.2{l}_{x}-0.96}$，其中lx≥0.85m
(3)设摩擦力做功为第一次达到中点的n倍，根据动能定理可得：mglxsin37°-mg$\frac{{l}_{FG}}{2}$sin37°-nμmg$\frac{{l}_{FG}}{2}$cos37°=0(根据滑块运动到停下来，其中n为奇数)，解得：lx=$\frac{7n+6}{15}$m
当n=1时，lx1=$\frac{13}{15}$m；当n=3时，lx2=$\frac{9}{5}$m；当n=5时，lx3=$\frac{41}{15}$m
答：(1)若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小为7N；
(2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式为v=$\sqrt{1.2{l}_{x}-0.96}$，其中lx≥0.85m；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度lx的值可能为$\frac{13}{15}$m、$\frac{9}{5}$m、$\frac{41}{15}$m。
在C点时，根据向心力公式可得：FN-mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
联立解得：FN=7N
(2)能过最高点时，则能到F点，那么恰到最高点时，根据动能定理可得：mglxsin37°-3mgRcos37°-mgR=0，解得：lx=0.85m
因此，要能过F点必须满足lx≥0.85m
第一次过F点时的速度v与lx之间的关系式，根据动能定理可得：mglxsin37°-4mgRcos37°=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$，解得：v=$\sqrt{1.2{l}_{x}-0.96}$，其中lx≥0.85m
(3)设摩擦力做功为第一次达到中点的n倍，根据动能定理可得：mglxsin37°-mg$\frac{{l}_{FG}}{2}$sin37°-nμmg$\frac{{l}_{FG}}{2}$cos37°=0(根据滑块运动到停下来，其中n为奇数)，解得：lx=$\frac{7n+6}{15}$m
当n=1时，lx1=$\frac{13}{15}$m；当n=3时，lx2=$\frac{9}{5}$m；当n=5时，lx3=$\frac{41}{15}$m
答：(1)若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小为7N；
(2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式为v=$\sqrt{1.2{l}_{x}-0.96}$，其中lx≥0.85m；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度lx的值可能为$\frac{13}{15}$m、$\frac{9}{5}$m、$\frac{41}{15}$m。
解析
步骤 1：动能定理
滑块从释放点到最低点C的过程中，根据动能定理，有：
mglsin37° + mgR(1-cos37°) = $\frac{1}{2}$m${v}_{C}^{2}$
步骤 2：向心力公式
在C点时，根据向心力公式，有：
F_N - mg = m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
步骤 3：联立求解
联立上述两式，解得：
F_N = 7N
【答案】
F_N = 7N
(2) 求滑块第一次经F点时的速度v与l_x之间的关系式
【解析】
步骤 1：动能定理
滑块从释放点到F点的过程中，根据动能定理，有：
mgl_xsin37° - 4mgRcos37° = $\frac{1}{2}m{v}^{2}$
步骤 2：求解关系式
解得：
v = $\sqrt{1.2{l}_{x}-0.96}$
其中l_x≥0.85m
【答案】
v = $\sqrt{1.2{l}_{x}-0.96}$，其中l_x≥0.85m
(3) 求释放点距B点长度l_x的值
【解析】
步骤 1：动能定理
滑块从释放点到FG中点的过程中，根据动能定理，有：
mgl_xsin37° - mg$\frac{{l}_{FG}}{2}$sin37° - nμmg$\frac{{l}_{FG}}{2}$cos37° = 0
步骤 2：求解l_x
解得：
l_x = $\frac{7n+6}{15}$m
其中n为奇数
步骤 3：确定n的值
当n=1时，l_x1 = $\frac{13}{15}$m
当n=3时，l_x2 = $\frac{9}{5}$m
当n=5时，l_x3 = $\frac{41}{15}$m
滑块从释放点到最低点C的过程中，根据动能定理，有：
mglsin37° + mgR(1-cos37°) = $\frac{1}{2}$m${v}_{C}^{2}$
步骤 2：向心力公式
在C点时，根据向心力公式，有：
F_N - mg = m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
步骤 3：联立求解
联立上述两式，解得：
F_N = 7N
【答案】
F_N = 7N
(2) 求滑块第一次经F点时的速度v与l_x之间的关系式
【解析】
步骤 1：动能定理
滑块从释放点到F点的过程中，根据动能定理，有：
mgl_xsin37° - 4mgRcos37° = $\frac{1}{2}m{v}^{2}$
步骤 2：求解关系式
解得：
v = $\sqrt{1.2{l}_{x}-0.96}$
其中l_x≥0.85m
【答案】
v = $\sqrt{1.2{l}_{x}-0.96}$，其中l_x≥0.85m
(3) 求释放点距B点长度l_x的值
【解析】
步骤 1：动能定理
滑块从释放点到FG中点的过程中，根据动能定理，有：
mgl_xsin37° - mg$\frac{{l}_{FG}}{2}$sin37° - nμmg$\frac{{l}_{FG}}{2}$cos37° = 0
步骤 2：求解l_x
解得：
l_x = $\frac{7n+6}{15}$m
其中n为奇数
步骤 3：确定n的值
当n=1时，l_x1 = $\frac{13}{15}$m
当n=3时，l_x2 = $\frac{9}{5}$m
当n=5时，l_x3 = $\frac{41}{15}$m