Question

20．如圖所示，AB和CDO都是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓形軌道，OA處于水平位置．AB是半徑為R=2m的$\frac{1}{4}$圓周軌道，CDO是半徑為r=1m的半圓軌道，最高點O處固定一個豎直彈性擋板．D為CDO軌道的中點．已知BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接．已知BC段水平軌道長L=2m，與小球之間的動摩擦因數(shù)μ=0.4．現(xiàn)讓一個質(zhì)量為m=1kg的小球P從A點的正上方距水平線OA高H自由下落．（g=10m/s²）
（1）當H=8.55m時，問此球第一次到達O點對軌道的壓力；
（2）當H=8.55m時，試通過計算判斷此球是否會脫離CDO軌道．如果會脫離軌道，求脫離位置距C點的豎直高度．如果不會脫離軌道，求靜止前球在水平軌道經(jīng)過的路程；
（3）H取值滿足什么條件時，小球會脫離CDO軌道？

Answer 1

分析 （1）先球?qū)�從P到D過程根據(jù)動能定理列式求解D點速度，然后由支持力提供向心力列式求解支持力，即可得到對軌道的壓力．
（2）設第k次（k為奇數(shù)1，3，5，…）經(jīng)過C點時的動能為E_k，由動能定理得到E_k．若第k次經(jīng)過C點后，恰能到達CDO軌道上的D點，則有：E_kC=mgr．若第k次經(jīng)過C點后，恰能到達CDO軌道上的O點，在O點由重力充當向心力，速度為$\sqrt{gr}$，根據(jù)動能定理得到E_kC．然后判斷出k=？時球會脫離軌道，并由動能定理求脫離位置距C點的豎直高度．
（3）根據(jù)上題的結(jié)果，分析小球會脫離CDO軌道應滿足的條件．

解答 解：（1）設小球第一次到達O點的速度為v₀，小球從釋放到O的過程，由動能定理得：
mgH-μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
在O點，由牛頓第二定律得：F_N+mg=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$
聯(lián)立解得：F_N=145N
由牛頓第三定律得小球第一次到達O點對軌道的壓力大小 F_N′=F_N=145N，方向豎直向下．
（2）設小球第k次（k為奇數(shù)1，3，5，…）經(jīng)過C點時的動能為E_k，由動能定理得：
mgH-kμmgL=E_k．
若第k次（k為奇數(shù)1，3，5，…）經(jīng)過C點后，恰能到達CDO軌道上的D點，則需要：
E_kC=mgr=10J．
若第k次經(jīng)過C點后，恰能到達CDO軌道上的O點，在O點由重力充當向心力，速度為$\sqrt{gr}$，則需要 E_kC=mg（2r）+$\frac{1}{2}m（\sqrt{gr}）^{2}$=25J
聯(lián)立解得：當k=11時，有E_k=17.5J
即10J＜E_k＜17.5J，所以小球會第11次經(jīng)過C點后在DO之間脫離軌道．
設在CDO軌道上的N脫離軌道，過N點的半徑與達D點的半徑夾角為θ，則從C點到N點的過程，根據(jù)動能定理得
-mg（r+rsinθ）=$\frac{1}{2}m{v}_{N}^{2}$-E_k；
在N點，小球?qū)�軌道的壓力為零，由牛頓第二定律得：mgsinθ=m$\frac{{v}_{N}^{2}}{r}$
聯(lián)立解得 sinθ=$\frac{1}{2}$
所以脫離位置N距C點的豎直高度 h=r+rsinθ=1.5m．
（3）由（2）問知：小球脫離CDO軌道的條件為 mgr＜E_k＜mg（2r）+$\frac{1}{2}m（\sqrt{gr}）^{2}$
聯(lián)立解得：0.8k-1＜H＜0.8k+0.5，（其中k奇數(shù)1，3，5，7…）
答：（1）小球第一次到達O點對軌道的壓力大小為145N，方向豎直向下．
（2）小球會第11次經(jīng)過C點后在DO之間脫離軌道，脫離位置N距C點的豎直高度是1.5m．
（3）H取值滿足：0.8k-1＜H＜0.8k+0.5，（其中k奇數(shù)1，3，5，7…）條件時，小球會脫離CDO軌道．

點評 本題關鍵是結(jié)合動能定理和向心力公式判斷物體的運動情況，注意臨界點D和0位置的條件．知道小球剛脫離軌道時，由重力的徑向分力提供向心力．