Question

17．為了研究如圖甲過山車的原理，物理小組將這種情況抽象為如圖乙的模型：取一個與水平方向夾角為37°、長為L=2.0m的粗糙的傾斜軌道AB，通過水平軌道BC與豎直圓軌道相連，出口為水平軌道DE，整個軌道除AB段以外都是光滑的．其中AB與BC軌道以微小圓弧相接，如圖乙所示．一個小物塊以初速度v₀=4.0m/s，從某一高處水平拋出，到A點(diǎn)時速度方向恰好沿AB方向，并沿傾斜軌道滑下．（小物塊在B點(diǎn)時沒有機(jī)械能損失）已知物塊與傾斜軌道的動摩擦因數(shù)μ=0.50（g取10m/s²、sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

（1）拋出點(diǎn)與A點(diǎn)的高度差；
（2）要使小物塊不離開軌道，并從水平軌道DE滑出，求豎直圓弧軌道的半徑應(yīng)該滿足什么條件；
（3）為了讓小物塊不離開軌道，并且能夠滑回傾斜軌道AB，則豎直圓軌道的半徑應(yīng)該滿足什么條件？并求出滑塊在AB上運(yùn)動的總路程．

Answer 1

分析 （1）從拋出點(diǎn)到A點(diǎn)做平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律可解得落到A點(diǎn)時豎直方向的速度v_y與h的關(guān)系，根據(jù)豎直方向速度v_y與水平方向速度v_x的夾角之間的關(guān)系，可以解得h．
（2）現(xiàn)根據(jù)第一問中求得到達(dá)A的速度，從A到環(huán)的最高點(diǎn)運(yùn)用動能定理列方程，再根據(jù)到達(dá)最高點(diǎn)的臨界條件mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$知半徑R′大小
（3）要使小物塊不離開軌道并且能夠滑回傾斜軌道AB，則小物體沿圓軌道上升的最大高度不能超過圓心，結(jié)合動能定理列式求解．

解答 解：（1）設(shè)從拋出點(diǎn)到A點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律有：v_y=v₀tan37°=4×$\frac{3}{4}$=3m/s
h=$\frac{{v}_{y}^{2}}{2g}$=$\frac{{3}^{2}}{2×10}$=0.45m  
（2）小物體到達(dá)A點(diǎn)時的速度：v_A=$\frac{{v}_{0}}{cos37°}$=5m/s
小物體從A到環(huán)最高點(diǎn)，由動能定理：mg（Lsin37°-2R′）-μmgcos37°L=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-$\frac{1}{2}$mv${\;}_{A}^{2}$①
在最高點(diǎn)有：m$\frac{{v}^{2}}{R}$≥mg②
由①②解得 R′≤0.66m．
（3）要使小物塊不離開軌道并且能夠滑回傾斜軌道AB，則小物體沿圓軌道上升的最大高度不能超過圓心，
即：mg（Lsin37°-R″）-μmgcos37°L=0-$\frac{1}{2}$mv${\;}_{A}^{2}$
解得R′=$\frac{{v}_{A}^{2}}{2g}$+Lsin37°-μcos37°L=$\frac{{5}^{2}}{2×10}$+2×0.6-0.5×0.8×2=1.65m
為了讓小物塊不離開軌道，并且能夠滑回傾斜軌道AB，豎直圓弧軌道的半徑應(yīng)該滿足：R″≥1.65m 
小球多次往返于斜面和水平面圓周之間，最終速度趨于零，停在水平面上，整個過程由能量守恒（或用動能定理列方程）得
$\frac{1}{2}$mv${\;}_{A}^{2}$+mgLsin37°=μmgcos37°x
解得x=$\frac{{v}_{A}^{2}}{2μgcos37°}$$+\frac{Lsin37°}{μcos37°}$=$\frac{{5}^{2}}{2×0.5×10×0.8}$$+\frac{2×0.6}{0.5×0.8}$=6.125m  
答：（1）拋出點(diǎn)與A點(diǎn)的高度差0.45m；
（2）要使小物塊不離開軌道，并從水平軌道DE滑出，求豎直圓弧軌道的半徑應(yīng)該滿足 R′≤0.66m；
（3）為了讓小物塊不離開軌道，并且能夠滑回傾斜軌道AB，則豎直圓軌道的半徑應(yīng)該滿足R″≥1.65m，滑塊在AB上運(yùn)動的總路程6.125m．

點(diǎn)評 此題要求熟練掌握平拋運(yùn)動、動能定理、機(jī)械能守恒定律、圓周運(yùn)動等規(guī)律，包含知識點(diǎn)多，難度較大，屬于難題．