Question

4．如圖所示，水平路面CD的左側(cè)有一固定的平臺，平臺上表面AB長s=3m．光滑半圓軌道AFE豎直固定在平臺上，圓軌道半徑R=0.4m，最低點與平臺AB相切于A，板長L₁=2m，上表面與平臺等高，當(dāng)板的左端距離平臺L=2m時，放在板的最右端質(zhì)量m=1kg的小物塊，隨板一起以速度v₀=8m/s向平臺運動．當(dāng)板與平臺的豎直墻壁碰撞后，板立即停止運動，物塊在板上繼續(xù)滑動．己知板與路面的動摩擦因數(shù)μ₁=0.05，物塊與板上表面及軌道AB的動摩擦因數(shù)μ₂=0.1，取g=10m/s²．
（1）求物塊進入圓軌道時對軌道上A點的壓力；
（2）判斷物塊能否到達圓軌道的最髙點E如果能，求物塊離開E后在平臺上的落點到A的距離；如果不能，則說明理由．

Answer 1

分析 （1）對板和物塊整體研究，結(jié)合牛頓第二定律求出勻減速直線運動的加速度大小，結(jié)合速度位移公式求出板到達B點的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出物塊的加速度大小，結(jié)合速度位移公式求出物塊到達A點的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出A點的支持力大小，從而得出壓力的大�。�
（2）根據(jù)動能定理求出物塊到達最高點的速度，與最高點的臨界速度比較，判斷是否能夠到達最高點，若能到達最高點，根據(jù)高度求出運動的時間，通過C點的速度和時間求出水平位移．

解答 解：（1）對板和物塊整體分析，整體勻減速直線運動的加速度大小a=$\frac{{μ}_{1}（M+m）g}{M+m}={μ}_{1}g=0.5m/{s}^{2}$，
根據(jù)${{v}_{0}}^{2}-{{v}_{1}}^{2}=2aL$得，
${v}_{1}=\sqrt{{{v}_{0}}^{2}-2aL}$=$\sqrt{64-2×0.5×2}=\sqrt{62}$m/s，
則物塊到達A點的速度${v}_{A}=\sqrt{{{v}_{1}}^{2}-2{μ}_{2}g（{L}_{1}+s）}$=$\sqrt{62-2×1×5}m/s=\sqrt{52}$m/s，
根據(jù)牛頓第二定律得，N-mg=m$\frac{{{v}_{A}}^{2}}{R}$，
解得N=mg+m$\frac{{{v}_{A}}^{2}}{R}$=10+$1×\frac{52}{0.4}$N=140N．
根據(jù)牛頓第三定律知，物體對圓軌道A點的壓力為140N．
（2）根據(jù)動能定理得，$-mg•2R=\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得v_C=6m/s．
最高點的臨界速度${v}_{C}′=\sqrt{gR}$=$\sqrt{10×0.4}$m/s=2m/s，
可知物體能到達最高點，
根據(jù)2R=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$得，t=$\sqrt{\frac{4R}{g}}=\sqrt{\frac{4×0.4}{10}}s=0.4s$，
水平位移x=v_Ct=6×0.4m=2.4m．
答：（1）物塊進入圓軌道時對軌道上A點的壓力為140N．
（2）物塊能到達圓軌道的最高點，物塊離開E后在平臺上的落點到A的距離為2.4m．

點評 本題考查了圓周運動、直線運動、平拋運動與牛頓第二定律、動能定理以及運動學(xué)公式的綜合，知道圓周運動最高點和最低點向心力的來源以及平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵．