Question

4．如圖所示，水平路面CD的左側(cè)有一固定的平臺(tái)，平臺(tái)上表面AB長(zhǎng)s=3m．光滑半圓軌道AFE豎直固定在平臺(tái)上，圓軌道半徑R=0.4m，最低點(diǎn)與平臺(tái)AB相切于A，板長(zhǎng)L₁=2m，上表面與平臺(tái)等高，當(dāng)板的左端距離平臺(tái)L=2m時(shí)，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(tái)運(yùn)動(dòng)．當(dāng)板與平臺(tái)的豎直墻壁碰撞后，板立即停止運(yùn)動(dòng)，物塊在板上繼續(xù)滑動(dòng)．己知板與路面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₁=0.05，物塊與板上表面及軌道AB的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂=0.1，取g=10m/s²．
（1）求物塊進(jìn)入圓軌道時(shí)對(duì)軌道上A點(diǎn)的壓力；
（2）判斷物塊能否到達(dá)圓軌道的最髙點(diǎn)E如果能，求物塊離開(kāi)E后在平臺(tái)上的落點(diǎn)到A的距離；如果不能，則說(shuō)明理由．

Answer 1

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

解答 解：（1）對(duì)板和物塊整體分析，整體勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)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(dá)A點(diǎn)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(duì)圓軌道A點(diǎn)的壓力為140N．
（2）根據(jù)動(dòng)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(diǎn)的臨界速度${v}_{C}′=\sqrt{gR}$=$\sqrt{10×0.4}$m/s=2m/s，
可知物體能到達(dá)最高點(diǎn)，
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(jìn)入圓軌道時(shí)對(duì)軌道上A點(diǎn)的壓力為140N．
（2）物塊能到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)，物塊離開(kāi)E后在平臺(tái)上的落點(diǎn)到A的距離為2.4m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓周運(yùn)動(dòng)、直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)與牛頓第二定律、動(dòng)能定理以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合，知道圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)和最低點(diǎn)向心力的來(lái)源以及平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵．