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兩點關于O的豎直線對稱，從A點將質量為m=0.2kg的小球以某一速度斜向上拋出，無碰撞地由B點進入管道，小球經圓軌道最低點C無能量損失地進入長L=4m水平粗糙軌道CD，小球與CD間動摩擦因數μ=0.2，光滑半圓軌道DE豎直放置，E為最高點，G是與圓心O₁等高的點，小球經D點無能量損失進入半圓軌道并能到達EG間某處，已知圓管的直徑遠小于軌道半徑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點時的速度v_B；
（2）若小球恰能過E點，則小球在D點時對軌道的壓力；
（3）半圓軌道DE的半徑r應滿足的條件．

Answer 1

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

解答 解：（1）因為A、B關于過O點的豎直線對稱且小球能無碰撞地由B點進入管道，所以小球在A點的初速度與OA垂直，設小球到達B點時豎直分速度為v_y，水平速度為v_x．從A到B的時間為t，則由斜拋運動規(guī)律知：
   2Rsinα=v_xt
   v_y=g•$\frac{t}{2}$
且 tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$
聯立并代入數據解得 v_x=4m/s，v_y=3m/s
故小球過B點時的速度 v_B=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=5m/s
（2）小球恰能過E點時，有 mg=m$\frac{{v}_{E}^{2}}{r}$
小球從D到E，由機械能守恒定律得
   2mgr+$\frac{1}{2}m{v}_{E}^{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
在D點，由牛頓第二定律得
    F_N-mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{r}$
聯立解得 F_N=6mg=6×0.2×10N=12N
由牛頓第三定律知，小球在D點時對軌道的壓力為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
當小球剛能過G點時，由機械能守恒定律得：
   $\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$=mgr_max，解得 r_max=4.05m
當小球恰能到E點時，有：
   $\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$=2mgr_min+$\frac{1}{2}m{v}_{E}^{2}$
在E點有 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應滿足的條件是 1.62m＜r＜4.05m
答：
（1）小球過B點時的速度v_B是5m/s．
（2）若小球恰能過E點，則小球在D點時對軌道的壓力是12N；
（3）半圓軌道DE的半徑r應滿足的條件是 1.62m＜r＜4.05m．

點評 解決本題的關鍵要理解斜拋運動的對稱性，明確圓周運動的臨界條件，知道小球剛到E點時由重力充當向心力．