Question

20．如图所示，光滑斜面BC是半圆ACB的一条弦，直径AB垂直于光滑水平面BD，大小可忽略的小滑块从A点自由下落到B点的时间为2秒，斜面DE足够长，其与小滑块间的动摩擦因数为0.5，图中α=60^°，β=37°，现将小滑块从斜面上C点由静止释放，滑块经过B、D两点时的能量损失可以忽略，以滑块经过D点开始计时，求滑块经过DE斜面上的F点的时间，已知DF间距离为1.8m．（sin37°=0.6，cos37°=0.8g=10m/s²）

Answer 1

分析 求出滑块沿弦下滑的时间，求解出达到底端的速度，再根据牛顿第二定律求出减速的加速度、减速时间和位移，再分析下滑过程中通过F点的时间．

解答 解：设圆弧半径为R，则根据自由落体运动可得：2R=$\frac{1}{2}$gt²，
CB段加速：a=gcosα=5m/s²，在CD段运动时间为t₁，
根据位移时间关系可得$2Rcosα=\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$，
解得t₁=t=2s；
到达B点的速度为：v_B=at₁=10m/s；
DE段上滑到最高点过程中，根据牛顿第二定律可得：
a₁=gsinβ+μgcosβ=10m/s²，
上升到最高点经过的时间$t'=\frac{v_B}{a_1}=1s$，位移$x=\frac{{v_{_B}^2}}{{2{a_1}}}=5m$，
设上滑经过DF段的时间为t₁，则：${x_1}={v_B}{t_1}-\frac{1}{2}{a_1}t_1^2$，
解得：t'₁=0.2s，t''₁=1.4s（舍去）；
因重力下滑分力大于滑动摩擦力，达最高点后又向下滑，设向下加速度为a₂，再经t₂过F点，
根据牛顿第二定律可得下滑过程中的加速度：${a}_{2}=gsinβ-μgcosβ=2m/{s}^{2}$，
下滑到F的位移为：$x-{x_1}=\frac{1}{2}{a_2}t_2^2$，
解得：${t_2}=\frac{{4\sqrt{5}}}{5}s≈1.8s$
所以滑块在0.2s和1.8s两次经过F点；
答：滑块经过DE斜面上的F点的时间为0.2s或1.8s．

点评 对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．