Question

1．如圖所示，O為豎直放置的半徑R=2m的光滑管狀軌道圓心，A、B兩點(diǎn)關(guān)于O的豎直線對稱，從A點(diǎn)將質(zhì)量為m=0.2kg的小球以某一速度斜向上拋出，無碰撞地由B點(diǎn)進(jìn)入管道，小球經(jīng)圓軌道最低點(diǎn)C無能量損失地進(jìn)入長L=4m水平粗糙軌道CD，小球與CD間動摩擦因數(shù)μ=0.2，光滑半圓軌道DE豎直放置，E為最高點(diǎn)，G是與圓心O₁等高的點(diǎn)，小球經(jīng)D點(diǎn)無能量損失進(jìn)入半圓軌道并能到達(dá)EG間某處，已知圓管的直徑遠(yuǎn)小于軌道半徑R且略大于小球直徑，OB與豎直方向間夾角α=37°，（取sin37°=0.6，g取10m/s²）求：
（1）小球過B點(diǎn)時(shí)的速度v_B；
（2）若小球恰能過E點(diǎn)，則小球在D點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力；
（3）半圓軌道DE的半徑r應(yīng)滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)斜拋運(yùn)動的對稱性以及小球無碰撞地由B點(diǎn)進(jìn)入管道，說明小球在A點(diǎn)的初速度與OA垂直，運(yùn)用運(yùn)動的分解法和分位移公式列式，可求得小球過B點(diǎn)時(shí)的速度v_B；
（2）小球恰能過E點(diǎn)，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求得E點(diǎn)的速度．小球從D到E，運(yùn)用機(jī)械能守恒定律求出小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度．在D點(diǎn)，根據(jù)牛頓定律求小球在D點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力；
（3）根據(jù)小球恰好到達(dá)E點(diǎn)和G點(diǎn)的臨界條件以及機(jī)械能守恒定律分別列式，可求得r的范圍．

解答 解：（1）因?yàn)锳、B關(guān)于過O點(diǎn)的豎直線對稱且小球能無碰撞地由B點(diǎn)進(jìn)入管道，所以小球在A點(diǎn)的初速度與OA垂直，設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)豎直分速度為v_y，水平速度為v_x．從A到B的時(shí)間為t，則由斜拋運(yùn)動規(guī)律知：
   2Rsinα=v_xt
   v_y=g•$\frac{t}{2}$
且 tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得 v_x=4m/s，v_y=3m/s
故小球過B點(diǎn)時(shí)的速度 v_B=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=5m/s
（2）小球恰能過E點(diǎn)時(shí)，有 mg=m$\frac{{v}_{E}^{2}}{r}$
小球從D到E，由機(jī)械能守恒定律得
   2mgr+$\frac{1}{2}m{v}_{E}^{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
在D點(diǎn)，由牛頓第二定律得
    F_N-mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{r}$
聯(lián)立解得 F_N=6mg=6×0.2×10N=12N
由牛頓第三定律知，小球在D點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為12N．
（3）小球從B到D的過程，由動能定理得
   mgR（1+cosα）-μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
解得 v_D=9m/s
當(dāng)小球剛能過G點(diǎn)時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得：
   $\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$=mgr_max，解得 r_max=4.05m
當(dāng)小球恰能到E點(diǎn)時(shí)，有：
   $\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$=2mgr_min+$\frac{1}{2}m{v}_{E}^{2}$
在E點(diǎn)有 mg=m$\frac{{v}_{E}^{2}}{{r}_{min}}$
解得 r_min=1.62m
所以半圓軌道DE的半徑r應(yīng)滿足的條件是 1.62m＜r＜4.05m
答：
（1）小球過B點(diǎn)時(shí)的速度v_B是5m/s．
（2）若小球恰能過E點(diǎn)，則小球在D點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力是12N；
（3）半圓軌道DE的半徑r應(yīng)滿足的條件是 1.62m＜r＜4.05m．

點(diǎn)評 解決本題的關(guān)鍵要理解斜拋運(yùn)動的對稱性，明確圓周運(yùn)動的臨界條件，知道小球剛到E點(diǎn)時(shí)由重力充當(dāng)向心力．