圆弧轨道上的摩擦力与速度有关

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当物体沿竖直方向的圆弧轨道运动时，由于所受摩擦力与速度之间有关，因此经过相同的路程，损失的机械能不一定相同，下面对这类问题进行探究.

1错题分析

例1如图1所示，一个物块从内壁粗糙的半球形碗边下滑，在下滑过程中由于摩擦力的作用，物块的速率恰好保持不变，下列说法正确的是

A.物块所受的合外力为零

B.物块所受的合外力越来越大

C.物块所受合外力大小不变，方向时刻改变

D.物块所受摩擦力大小不变

分析由于圆周运动中物块速率保持不变，因此合外力提供向心力，所以物块所受的向心力大小不变，而方向时刻改变，则选项A、B错误，选项C正确.

把重力分解，在沿半径方向，由牛顿第二定律和向心力公式有

N-mgcosθ=mv2R,

在下滑过程中，θ变小，cosθ变大，支持力变大，则滑动摩擦力f=μN变大.

沿切线方向，合外力为零，即f=mgsinθ，θ变小，sinθ变小，则滑动摩擦力f=mgsinθ变小.

可见，滑动摩擦力的变化出现了矛盾，因此物块不可能做速率不变的圆周运动，所以该题是一道错题.

例2如图2所示，一小物块自距离地面高H自由下落，恰好落入一半径为R=H4的半圆槽内，小物块沿槽面滑行半周后又竖直向上升起，其最大高度为H2，不计空气阻力，若小物块与轨道之间的摩擦系数处处相同，则小物块第一次滑到圆槽最低点时的速率为

A.gHB.2gHC.5gHD.1.5gH

分析如图3所示，设物块经过a点时速度为va，经过两个等高点d和d′时的速率分别为v1、v2，通过圆弧ad和ad′所首先看图象时一定要按照合理的顺序，以保证不发生遗漏，顺序因为：轴、点、线、面、形；其次要将在轴、点、线、面、形中得到的信息有机联系起来，成为一个勾勒物体整体运动情况的框架，如果同时给了几张图象，必须将它们逐段逐段联系在一起考虑问题；最后要从中找出和本题设问有关的信息，建立相应的方程，求出结果.

2.2用图象来展现情境

很多题目它不是直接告诉我们物体的运动情景，而是采用图象间接告之的方式，它将一个常规问题由一个全新的视角来呈现，增加了试题的难度，也考查了学生的灵活性，这类问题看似复杂，其实无非是新瓶装旧酒而已，只要学生能将图象所展示的情景还原出来，那么一切问题都好解决了.那么如何由图象来还原出对应的物理情景呢?首先还是读图问题，按照轴、点、线、面、形的顺序读下来，尤其要抓住特殊点所传达的信息；其次将这些特殊点和实际情景中的某些时刻去一一匹配，如极值点往往对应着物体运动到最低或最高点，拐点往往对应着物体运动的临界点；最后根据匹配后的数据，列出关键方程求解.

2.3根据情境画出对应图象

已知了物体的运动情景，要根据分析定性的作出某种图象，这也经常能遇到的一种问题呢?首先必须要充分理解所给的物理情景，细化运动过程，搞清楚每一步中各物理量是如何变化的；其次在细化分析的基础上，归纳出起点、临界点、终点这些特殊点的物理量的情况，找出这两个物理量间的函数关系，确定图线的形状，若无法找到函数关系，至少要确定到其对应的大致变化情况，如是增函数还是减函数关系，从而得到图象的大致变化趋势；最后在坐标中将这些特殊点画出，在用曲线或直线将点连接起来.

2.4利用图象分析实验数据

在实验中要研究某两个物理量间的关系，常常是改变条件测量若干组数据用描点的方式作出图象法，再根据图象来探究它们间的变化特点和变化趋势.描点作图几乎每年高考都要考到，它是学生必须掌握的一种处理数据的方法，也是一种实验的基本技能.描点画图象的一般步骤：

①确定横纵坐标所代表的物理量，画好直角坐标，在两坐标轴旁标号对应的物理量，并写上单位，在轴上画好均分点，定好比例标度，写好坐标原点的刻度.

②将对应的两个数据分别在横纵坐标中找到相应的位置，由它们交叉所产生的点即为图象上的点，将其逐一准确的画在图上.

③根据理论分析，将这些点用直线或光滑的曲线，甚至是折线连接起来.

对于有些复杂的问题，由于牵涉的变量较多，而且彼此间循环变化，由于受数学知识的限制，用常规建方程组的办法很难求出结果，如果这时能巧妙应用图象，使变化趋势明朗化，使变化特点外显化，可将复杂问题简单化，有时甚至一眼就能看出结果.如果问题中涉及的物体比较多，为了更好反映它们间的相互关系，我们甚至可以将不同研究对象的图象作在一起，利用图象间的交点或图象间所夹的面积的特殊意义来求解问题.做的功分别为W1和W2，由动能定理有

mgh-W1=12mv21-12mv2a,

mgh-W2=12mv22-12mv2a,

由于W1＜W2，所以v1＞v2.

速度大则压力大，因此物块在圆弧ab上各点受到的摩擦力都比在圆弧bc上相应的等高点处受到的摩擦力大，可知物块在圆弧ab时克服摩擦力所做的功W1′大于物块在圆弧bc时克服摩擦力所做的功W2′，即

W1′＞W2′(1)

对于状态A和状态B有

mg(H+R)-W1′=12mv2B(2)

对于状态B和状态C有

-mg(H2+R)-W2′=0-12mv2B,

即mg(H2+R)-W2′=12mv2B(3)

而W2′>0(4)

由(1)、(2)、(3)联立得vB

由(3)、(4)联立得vB>1.5gH.

所以，该题的答案为1.5gH

可见原题中没有一个选项是正确的.

2典例解析

例3如图4所示，半球形容器固定在水平面上，容器内壁各处与小球m的动摩擦因数均相同.小球m从A点以10m/s的初速度沿容器内壁滑下，并始终与容器内壁接触，到点C时，小球的速度仍为10m/s.现让小球仍从A点以5m/s的速度滑下，到C点时，小球的速度大小

A.仍为5m/sB.小5m/s

C.大于5m/sD.条件不足，无法判断

解析设A点到C点的弧长为s，高度差为h.小球以10m/s的初速度沿容器内壁滑下时，速度大小是变化的，因此向心力是变化的，使得容器内壁对小球的弹力发生变化，而压力方向与接触面的角度是变化的，所以滑动摩擦力的大小也发生变化.但可以认为小球从A点到C点的过程中受到一个平均作用效果大小恒为f的摩擦力作用，由摩擦力的特点及动能定理可得WG-Wf=ΔEk，即mgh-fs=0.

设小球以5m/s的初速度从A点滑到C点的过程中，受到滑动摩擦力f′，也可认为f′的平均作用效果大小不变，但这种情况与前一种情况相比，对应各点的速度均较小，从而小球受到容器内壁的滑动摩擦力较小，即f′

mgh-f′s=12mv2-12mv20,

即fs-f′s=12mv2-12mv20.

由于f′v0=5m/s.故选项C正确.

例4如图5所示，一小物块从粗糙半圆轨道上方h=2R处自由下落，沿切线进入轨道，第一次从右边上升的高度为h2，则小物块第一次从左边抛出时上升的高度h′为

A.h′=h4B.h4

解析小物块在轨道上第一次损失的机械能为ΔE1=mgh2，第二次损失的机械能为ΔE2=mgh2-mgh′，由于小物块在轨道上两次运动时，对轨道的压力是变化的，根据圆周运动知识可知，小物块在任何同一点，第一次对轨道的压力大于第二次的压力，因此第一次在轨道上损失的机械能大于第二次损失的机械能，由以上两个方程可知h′>0.

设小物块第一次、第二次运动到最低点时的速度分别为v1、v2，损失的机械能分别为Q1、Q2，则动能分别为

12mv21=mg(h+R)-Q1,

12mv22=mg(h2+R)-Q2.

由于Q2

则12mv21

由12mv22=mg(h2+R)-Q2,

得mgh2+mgR=12mv22+Q2(2)

由于h′>0，那么第二次运动到最低点时的速度v2应足够大，前提条件是mgR>Q2.证明如下：

假设mgR=Q2，则mgh2=12mv22,

而12mv22=Q2′+mg(R+h′)>mgR.

因此mgh2>mgR，即h>2R，这与题给条件h=2R不符；同理，假设mgR