计算题和实验经典例题

分析 
（1）对A、B受力分析，根据牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）根据A、B的加速度的大小，利用速度时间的关系式和它们之间的距离可以计算时间的大小．

解答（1）在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，

其中$f_1$、$N_1$是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，$f_2$、$N_2$是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
$f_1=\mu_1N_1 $①
$N_1=mgcos\theta $     ②
$f_2=\mu_2N_2$ ③
$N_2=N_1+mgcos\theta$    ④
规定沿斜面向下为正，设A和B的加速度分别为a1和a2，
由牛顿第二定律得
$mgsin\theta-f_1=ma_1$ ⑤
$mgsin\theta+f_1-f_2=ma_2$ ⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给的条件得
$a_1=3m/s^2$ ⑦
$a_2=1m/s^2$⑧

2）在$t_1=2s$时，设A和B的速度分别为$v_1$和$v_2$，则
$v_1=a_1t_1=6m/s $   ⑨
$v_2=a_2t_1=2m/s $   ⑩
t＞t₁时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′，此时A与B之间摩擦力为零，
同理可得：
$a_1’=6m/s^2$⑪
$a_2’=-2m/s^2$⑫
即B做减速运动．
设经过时间t₂，B的速度减为零，则有
$v_2+a_2′ t_2=0$⑬
联立⑩⑫⑬式得
$t_2=1s$
在$t_1+t_2$时间内，A相对于B运动的距离为
$s=（\dfrac{1}{2}a_1t_1^2+v_1t_2+\dfrac{1}{2}a_1’t_2^2）−（\dfrac{1}{2}a_2t_1^2+v_2t_2+\dfrac{1}{2}a_2’t_2^2） 
=12m＜27m$
此后B静止不动，A继续在B上滑动．
设再经过时间t₃后A离开B，则有
$l-s=（v_1+a_1’t_2）t_3+\dfrac{1}{2}a_1’t_3^2$
可得
$t_3=1s$（另一解不合题意，舍去）
设A在B上总的运动时间为t总，有
$t_总=t_1+t_2+t_3=4s$

【答案】8m/s²

【解析】难点在于一般人无法判断是不是最后一秒结束，这个可以按照1 3 5 7 9 ，对比即可。

假设最后一秒内t秒就停止了，然后画出图形，

$\dfrac{1}{2}at^2=1$

$(at+3a)\cdot 1+\dfrac{1}{2}a1^2=32$

$2 \sqrt{2a} +7a=64$

$a=8$

（1）管第一次落地弹起时，管瞬间向上运动，受到自身重力以及摩擦力，所以管的加速度

$a_1=\dfrac{4mg+4mg}{4m}=2g$方向向下。

球受到向上的摩擦力和向下的重力，球加速度

$a_2=\dfrac{f-mg}{m}=\frac{4mg-mg}{m}=3g$方向向上。

（2）取竖直向下为正方向．球与管第一次碰地时速度$v_0=\sqrt{2gH}$ ，方向向下．碰地后管的速度$v_1=- \sqrt{2gH}$，方向向上；球的速度$v_2=\sqrt{2gH}$，方向向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间$t_1$，球管速度v相同，则有

$-v_1+a_1t_1=v_2-a_2 {t_1}^2$

$-\sqrt{2gH}-2gt_1=\sqrt{2gH}+3mgt_1$

$2\sqrt{2gH}=5mgt_1$

$t_1=\dfrac{2}{5}\sqrt{\dfrac{2H}{g}}$

此时管下端的高度为$h_1=v_0 t_1-\dfrac{1}{2} {a_1} {t_1}^2$ 带入数据

$h_1=\dfrac{12}{25}H$

此后管和球共速上升$v_g=v_0-a_2 t_1=\dfrac{1}{5} \sqrt{2gH}$

共速上升的高度 $h_2=\frac{v_g ^2}{2g}=\dfrac{1}{25}H$

管上升的最大高度$H_1$ $H_1=h_1+h_2=\dfrac{13}{25}H $

（3）设第一次弹起过程中球相对于管的位移$x_1$，在管开始下落到上升到$H_1$的过程中，由动能减少量等于摩擦力做功

$Mg(H-H_1)+mg(H-h_1 + x_1)-4mg x_1=0$$

$x_1= \dfrac{4}{5}H_1$
即L应满足条件$x_1 +x_2 \leq L$

$\dfrac{4}{5}H +\dfrac{4}{5}H_1\leq L$

$\dfrac{4}{5}H +\dfrac{4}{5} \dfrac{13}{25}H\leq L$

$\dfrac{152}{125}H\leq L$

3. (1) $10\mathrm{m/s}$；(2) $3480\mathrm{N}$，方向竖直向下；(3) $2$

【解析】
(1) 分解运动员到达 $B$ 点的速度，有 $v_{By}=\sqrt{2gh}$，$v_{B}=\dfrac{v_{By}}{\sin37^\circ}$
解得 $v_{B}=10\mathrm{m/s}$

(2) 运动员从 $B$ 运动到 $D$，由动能定理有
$$
mgH -\mu mg\dfrac{H}{\sin\theta}\cos\theta + mgR(1-\cos\theta) = \dfrac{1}{2}mv_{D}^{2} – \dfrac{1}{2}mv_{B}^{2}
$$
运动员在 $D$ 点，受力分析根据牛顿第二定律可得
$$
F_{\mathrm{N}} – mg = m\dfrac{v_{D}^{2}}{R}
$$
解得 $F_{\mathrm{N}} = 3480\mathrm{N}$
根据牛顿第三定律可知 $F_{\mathrm{压}} = F_{\mathrm{N}} = 3480\mathrm{N}$，方向竖直向下。

(3) 要冲出 $E$ 点，在 $C$ 点的速度 $v_{C}$ 必须满足 $\dfrac{1}{2}mv_{C\mathrm{min}}^{2} = mgR\cos\theta$
解得 $v_{C\mathrm{min}}^{2} = 80\mathrm{m^{2}/s^{2}}$

由牛顿第二定律有 $mg\sin\theta – \mu mg\cos\theta = ma_{1}$
解得 $a_{1} = 4\mathrm{m/s^{2}}$

根据运动学公式，有 $2a_{1}\cdot \dfrac{H}{\sin\theta} = v_{C1}^{2} – v_{B}^{2}$
解得 $v_{C1}^{2} = 220\mathrm{m^{2}/s^{2}}$

因为 $v_{C1}^{2} > v_{C\mathrm{min}}^{2}$，所以第一次能冲出 $E$ 点。

返回时，有 $mg\sin\theta + \mu mg\cos\theta = ma_{2}$
解得 $a_{2} = 8\mathrm{m/s^{2}}$

由运动学公式，有 $x = \dfrac{v_{C1}^{2}}{2a_{2}} = 13.75\mathrm{m} < 15\mathrm{m}$
再次返回 $C$ 点的速度 $v_{C2}^{2} = 2a_{1}x = 110\mathrm{m^{2}/s^{2}}$

因为 $v_{C2}^{2} > v_{C\mathrm{min}}^{2}$，所以第二次能冲出 $E$ 点，再次返回时 $v_{C3}^{2} = \dfrac{a_{1}}{a_{2}}v_{C2}^{2} = 55\mathrm{m^{2}/s^{2}} < v_{C\mathrm{min}}^{2}$
所以第三次不能冲上 $E$ 点，综上所述总共能有 $2$ 次冲上 $E$ 点的机会。