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    4．如图所示，AB是一段粗糙的倾斜轨道，在B点与一段半径R=0.5m的光滑圆弧轨道相切并平滑连接．CD是圆轨道的竖直直径，OB与OC成θ=53°角．将一质量为m=1kg的小滑块从倾斜轨道上距B点s处由静止释放，小滑块与斜轨AB间的动摩擦因素μ=0.5．Sin53°=0.8   cos53°=0.6g=10m/s2．
    （1）小滑块运动到B点的速度大小；
    （2）若s=2m，求小物块第一次经过C点时对轨道的压力；
    （3）若物块能沿轨道到达D点，求s的最小值．

    分析 （1）小滑块从A到B的过程，运用动能定理列式，可求得滑块运动到B点的速度大小．
    （2）对物块从A到C过程应用动能定理求出它到C点的速度，在C点物块做圆周运动，由牛顿第二定律求出轨道的支持力，然后由牛顿第三定律求出对轨道的压力．
    （3）物块恰好到达D点时重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出到达D点的速度，然后应用动能定理求出s的最小值．

    解答 解：（1）小滑块从A到B的过程，由动能定理得：
      mgssinθ-μmgcosθ•s=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
    可得 vB=2$\sqrt{s}$
    （2）从A到C过程，由动能定理得：
      mgssinθ-μmgcosθ•s+mgR（1-cosθ）=$\frac{1}{2}$mvC2-0，
    在C点，由牛顿第二定律得：F-mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
    代入数据解得：F=58N，
    由牛顿第三定律可知，物块第一次到达C时对轨道的压力：F′=F=58N，方向：竖直向下；
    （3）物块恰好到达D点重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
    从A到D过程，由动能定理得：mgsminsinθ+mgR（1-cosθ）-mg•2R-μmgcosθ•s=$\frac{1}{2}$mvD2-0，
    代入数据解得：smin=2.1m；
    答：
    （1）小滑块运动到B点的速度大小是2$\sqrt{s}$．
    （2）若s=2m，小物块第一次经过C点时对轨道的压力大小为58N，方向竖直向下；
    （3）若物块能沿轨道到达D点，s的最小值为2.1m．

    点评 本题分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题，解题时注意物体做圆周运动临界条件的应用．

    练习册系列答案
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    A．物体A受细绳的拉力一定减小B．物体A受斜面的压力一定减小
    C．物体A受的静摩擦力一定减小D．物体A受斜面的作用力一定减小

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    A．0～x1过程中物体所受拉力一定沿斜面向上
    B．0～x2过程中物体的动能一定增大
    C．x1～x2过程中物体可能在做匀速直线运动
    D．x1～x2过程中物体一定在做匀加速直线运动

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    12．如图甲所示，在粗糙水平面上静置一个截面为等腰三角形的斜劈A，其质量为M，两个底角均为30°．两个完全相同的、质量均为m的小物块P和Q恰好能沿两侧面匀速下滑．若现在对两小物块同时各施加一个平行于斜劈侧面的恒力F1、F2，且F1＞F2，小物块P和Q均沿两侧面向上滑行，如图乙所示，则在P和Q上滑的过程中，下列说法正确的是（　　）
    A．斜劈A仍保持静止
    B．斜劈A对地面的压力小于Mg
    C．斜劈A对地面的压力大小等于（M+m）g
    D．斜劈A受到地面对它的摩擦力方向向左

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    19．根据单摆周期公式T=2π$\sqrt{\frac{1}{g}}$，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．
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    c．为使摆的周期大一些，以便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
    d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔△t即为单摆周期T
    e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间△t，则单摆周期T=$\frac{△t}{50}$
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    D．在OD段重力做的功与全过程重力做的功之比为$\frac{1}{3}$

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