Question

19．如圖所示，質(zhì)量為m=0.2kg可看作質(zhì)點的小物塊靜止放在半徑r=0.8m的水平圓盤邊緣上A處，圓盤由特殊材料制成，其與物塊的動摩擦因數(shù)為μ₁=2，傾角為θ=37°的斜面軌道與水平軌道光滑連接于C點，小物塊與斜面軌道和水平軌道存在摩擦，動摩擦因數(shù)均為μ₂=0.4，斜面軌道長度L_BC=0.75m，C與豎直圓軌道最低點D處的距離為L_CD=0.525m，圓軌道光滑，其半徑R=0.5m．開始圓盤靜止，后在電動機的帶動下繞軸轉(zhuǎn)動，在圓盤加速轉(zhuǎn)動到某時刻時物塊被圓盤沿紙面水平方向甩出（此時圓心O與A連線垂直紙面），后恰好切入斜面軌道B處后沿斜面方向做直線運動，經(jīng)C處運動至D，在D處進入豎直平面圓軌道，繞過圓軌道后沿水平軌 道向右運動．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取 10m/s²）試求：
（1）圓盤對小物塊m做的功．
（2）物塊剛運動到圓弧軌道最低處D時對軌道的壓力．
（3）假設豎直圓軌道可以左右移動，要使物塊能夠通過豎直圓軌道，求豎直圓軌道底端D與斜面軌道底端C之間最遠距離和小物塊的最終位置．

Answer 1

分析 （1）物塊剛被甩出時靜摩擦力達到最大，由牛頓第二定律求出此時物塊的速度．對物塊由靜止到剛被甩出的過程，由動能定理求圓盤對小物塊m做的功．
（2）物塊被甩出后做平拋運動，到達B時速度沿斜面向下，由速度分解法求出物塊剛運動到B點時的速度．對物塊從B到D的過程，運用動能定理求出物塊運動到D點時的速度．在D點，由重力和軌道的支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求得支持力，從而求得物塊對軌道的壓力．
（3）要使物塊能夠通過豎直圓軌道，到達圓軌道最高點時向心力應大于等于重力，當向心力等于重力時，豎直圓軌道底端D與斜面軌道底端C之間距離最遠，由向心力公式求得最高點臨界速度．由動能定理求D與C之間最遠距離．對從B到最終靜止的整個過程，運用動能定理求出物塊在水平軌道上運動的總路程，從而得出小物塊的最終位置．

解答 解：（1）物塊剛被甩出時靜摩擦力達到最大，由牛頓第二定律得：
    μ₁mg=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
可得 v=$\sqrt{{μ}_{1}gr}$=$\sqrt{2×10×0.8}$=4m/s
物塊由靜止到剛被甩出的過程，由動能定理得：
    W=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-0=$\frac{1}{2}×0.2×{4}^{2}$J=1.6J
即圓盤對小物塊m做的功為1.6J．
（2）物塊被甩出后做平拋運動，到達B時速度沿斜面向下，可得物塊剛到達B點時的速度為：
   v_B=$\frac{v}{cos37°}$=$\frac{4}{0.8}$=5m/s
物塊從B到D的過程，運用動能定理得
   mgL_BCsin37°-μ₂mgcos37°•L_BC-μ₂mgL_CD=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
在D點，對物塊有 N-mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得 N=12N
根據(jù)牛頓第三定律知：物塊剛運動到圓弧軌道最低處D時對軌道的壓力大小 N′=N=12N，方向豎直向下．
（3）物塊恰好通過豎直圓軌道最高點E時，豎直圓軌道底端D與斜面軌道底端C之間距離最遠，在E點，有 mg=m$\frac{{v}_{E}^{2}}{R}$
設豎直圓軌道底端D與斜面軌道底端C之間最遠距離為x．
從B到E，由動能定理得：
   mgL_BCsin37°-μ₂mgcos37°•L_BC-μ₂mgx-2mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{E}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
聯(lián)立解得 x=0.525m
設小物塊的最終位置到D點的距離為S．從E到最終停止位置，由動能定理得：
    2mgR-μ₂mgS=0-$\frac{1}{2}m{v}_{E}^{2}$
解得 S=3.125m
答：
（1）圓盤對小物塊m做的功是1.6J．
（2）物塊剛運動到圓弧軌道最低處D時對軌道的壓力大小為12N，方向豎直向下．
（3）豎直圓軌道底端D與斜面軌道底端C之間最遠距離是0.525m，小物塊的最終位置距離D點3.125m．

點評 分析清楚物塊的運動過程，把握隱含的臨界條件，如物塊恰好到達圓軌道最高點的條件：重力等于向心力，是解決本題的關鍵．