Question

14．如圖所示，一個半徑為R的四分之三圓弧形光滑細圓管軌道ABC固定在豎直平面內(nèi)，軌道在A點與水平地面AD相接，地面與圓心O等高．MN是放在水平地面上長度為2R、厚度不計的墊子，左端M正好位于A點．將一個質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）從A點正上方的P點由靜止釋放，不計空氣阻力，重力加速度為g．
（1）若小球恰好能到達管口C點，求P、A兩點的高度差h₁；
（2）若小球從管口C點飛出后恰好打到MN的中點，求P、A兩點的高度差h₂；
（3）設P、A兩點的高度差為h，試推導在小球能打到MN的前提下，軌道管口C點對小球的彈力F的大小隨高度h的變化關系式．

Answer 1

分析 （1）小球恰好能到達管口C點時速度為零，根據(jù)機械能守恒定律求P、A兩點的高度差h₁；
（2）小球離開C點做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解小球經(jīng)過圓管的最高點C點時的速度．再由機械能守恒定律求P、A兩點的高度差h₂；
（3）在C點，由重力和圓管的作用力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出圓管對小球的作用力．

解答 解：（1）小球恰好能到達管口C點時速度為零，根據(jù)機械能守恒定律得
    mgR=mgh₁．
解得 h₁=R
（2）小球離開C點做平拋運動，則有
  豎直方向：R=$\frac{1}{2}$gt²
  水平方向：2R=v₁t  
聯(lián)立解得，v₁=$\sqrt{2gR}$
根據(jù)機械能守恒定律得
    mgR+$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$=mgh₂．
解得 h₂=2R
（3）當小球經(jīng)過C點時軌道對小球無作用力時速度為v．
則有  mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
得 v=$\sqrt{gR}$
對應下落的高度設為h．則有 mgR+$\frac{1}{2}m{v}^{2}$=mgh
解得 h=$\frac{3}{2}$R
當小球從管口C點飛出后恰好打到M點時，則有
   豎直方向：R=$\frac{1}{2}$gt²
   水平方向：R=v₂t  
解得 v₂=$\sqrt{\frac{1}{2}gR}$
對應下落的高度設為h′．則有 mgR+$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$=mgh′
解得 h′=$\frac{5}{4}$R
當小球從管口C點飛出后恰好打到N點時，則有
   豎直方向：R=$\frac{1}{2}$gt²
   水平方向：3R=v₃t  
解得 v₃=$\sqrt{\frac{9}{2}gR}$
對應下落的高度設為h″．則有 mgR+$\frac{1}{2}mv{″}^{2}$=mgh″
解得 h″=$\frac{13}{4}$R
當$\frac{5}{4}$R≤h≤$\frac{3}{2}$R時，小球通過C點時，管口對小球有向上的彈力，根據(jù)牛頓第二定律得
    mg-F=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
根據(jù)機械能守恒定律得 
   mgR+$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$=mgh
聯(lián)立解得 F=-$\frac{2mg}{R}$h+3mg
當$\frac{3}{2}$R＜h≤$\frac{13}{4}$R時，小球通過C點時，管口對小球有向上的彈力，根據(jù)牛頓第二定律得
    F-mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
根據(jù)機械能守恒定律得 
   mgR+$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$=mgh
聯(lián)立解得 F=$\frac{2mg}{R}$h-3mg
答：
（1）P、A兩點的高度差h₁是R．
（2）P、A兩點的高度差h₂是2R．
（3）當$\frac{5}{4}$R≤h≤$\frac{3}{2}$R時，F(xiàn)=-$\frac{2mg}{R}$h+3mg．當$\frac{3}{2}$R＜h≤$\frac{13}{4}$R時，F(xiàn)=$\frac{2mg}{R}$h-3mg．

點評 本題要分析清楚物體的運動過程，根據(jù)物體不同的運動狀態(tài)，采用相應的物理規(guī)律求解即可．