Question

19．如圖所示，豎直平面內(nèi)的軌道由粗糙傾斜軌道AB，光滑水平軌道BC和光滑圓軌道CD組成，軌道AB長l=2.0m，與水平方向夾角θ=37°，C為圓軌道最低點，D為圓軌道最高點，軌道AB與BC，BC與CD均平滑相接，一個質(zhì)量m=0.1kg的小物塊從某處水平拋出，經(jīng)t=0.3s恰好從A點沿AB方向進入傾斜軌道并滑下，已知小物塊與傾斜軌道AB的動摩擦因數(shù)μ=0.5，小物塊經(jīng)過軌道連接處時無能量損失，不計空氣阻力
（1）求小物塊從拋出點到A點的豎直高度h
（2）若小物塊恰好能到達圓軌道最高點D，求小物塊經(jīng)圓軌道C點時所受支持力F的大小
（3）若小物塊不脫離軌道，并能返回傾斜軌道AB，求圓軌道的半徑R應滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）小物塊從拋出到A的過程做平拋運動，由運動時間可求得拋出點到A點的豎直高度h．
（2）小物塊恰好能到達圓軌道最高點D時，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出D點的速度，再由機械能守恒定律求出C點的速度．在C點，由合力提供向心力，由牛頓第二定律求出小物塊受到的支持力F的大�。�
（3）由平拋運動的時間求出小物塊到達A時豎直分速度，由速度關(guān)系求出到達A點的速度．若小物塊不脫離軌道，并能返回傾斜軌道AB，在CD上上升的最大高度等于R，由動能定理求R的條件．

解答 解：（1）小物塊從拋出到A的過程做平拋運動，則有：
h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$=$\frac{1}{2}×10×0．{3}^{2}$m=0.45m
（2）小物塊恰好能到達圓軌道最高點D時，由重力提供向心力，由牛頓第二定律得：
mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
從C到D的過程，由機械能守恒定律得：
mg•2R=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$
在C點，對小物塊，由牛頓第二定律得：
F-mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
聯(lián)立以上三式解得：F=6mg=6N
（3）設物塊在圓軌道上升的最大高度為H，則若小物塊不脫離軌道，并能返回傾斜軌道AB，必須滿足 H≤R
對于平拋運動過程，可得，小物塊到達A時豎直分速度為：v_y=gt=3m/s
到達A點的速度為：v_A=$\frac{{v}_{y}}{sin37°}$=5m/s
從A到圓上最高點的過程，由動能定理得：
mg（lsin37°-H）-μmgcos37°l=0-$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$
解得：R≥1.65m
答：（1）小物塊從拋出點到A點的豎直高度h是0.45m．
（2）若小物塊恰好能到達圓軌道最高點D，小物塊經(jīng)圓軌道C點時所受支持力F的大小是6N．
（3）若小物塊不脫離軌道，并能返回傾斜軌道AB，圓軌道的半徑R應滿足的條件是R≥1.65m．

點評 本題要分析清楚物塊的運動過程，把握隱含的臨界條件，知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律以及圓周運動向心力的來源．