Question

19．如圖所示，豎直平面內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，一個質量m=0.1kg的小物塊從某處水平拋出，經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μ=0.5，小物塊經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的大小．
（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律以及圓周運動向心力的來源．