Question

14．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的小球在高度為h=0.2m的彎曲軌道AB從最高點(diǎn)A點(diǎn)靜止釋放，最后離開B后做平拋運(yùn)動(dòng)，隨后在C點(diǎn)恰好沿圓弧切線方向進(jìn)入一個(gè)固定的光滑圓弧軌道CDE中，并且恰能通過圓弧的最高點(diǎn)E，已知圓弧半徑R=0.3m，圓心O與C的連線OC與豎直方向的夾角θ=60°，取重力加速度g=10m/s²．試求：
（1）在圓弧切入點(diǎn)C時(shí)軌道對小球的作用力F₁；
（2）在彎曲軌道AB中運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力對小球做的功W₁；
（3）B與E點(diǎn)的距離S．（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出最高點(diǎn)E的速度，結(jié)合動(dòng)能定理求出C點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律，抓住徑向的合力提供向心力求出在圓弧切入點(diǎn)C時(shí)軌道對小球的作用力；
（2）根據(jù)平行四邊形定則求出平拋運(yùn)動(dòng)的初速度，對AB段運(yùn)用動(dòng)能定理，求出阻力做功的大小．
（3）根據(jù)平行四邊形定則求出C點(diǎn)的豎直分速度，結(jié)合速度時(shí)間公式求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而得出平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移和豎直位移，結(jié)合幾何關(guān)系求出BE間的距離．

解答 解：（1）小球恰能通過圓弧的最高點(diǎn)E，
根據(jù)牛頓第二定律得，mg=$m\frac{{{v}_{E}}^{2}}{R}$，
解得${v}_{E}=\sqrt{gR}$=$\sqrt{10×0.3}$m/s=$\sqrt{3}$m/s，
根據(jù)動(dòng)能定理得，$-mgR（1+cosθ）=\frac{1}{2}m{{v}_{E}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得v_C=$2\sqrt{3}$m/s．
根據(jù)牛頓第二定律得，${F}_{1}-mgcos60°=m\frac{{{v}_{C}}^{2}}{R}$，
解得F₁=45N．
（2）在C點(diǎn)，根據(jù)平行四邊形定則知，${v}_{0}={v}_{C}cos60°=\sqrt{3}m/s$，
根據(jù)動(dòng)能定理得，$mgh+{W}_{1}=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}-0$，
代入數(shù)據(jù)解得W₁=-0.5J．
（3）小球在C點(diǎn)的豎直分速度${v}_{y}={v}_{c}sin60°=2\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}m/s=3m/s$，
則B到C的時(shí)間$t=\frac{{v}_{y}}{g}=\frac{3}{10}s=0.3s$，
BC間的高度差$h′=\frac{1}{2}g{t}^{2}=\frac{1}{2}×10×0.09m=0.45m$，
則BD間的高度差$h″=h′+\frac{1}{2}R=0.45+0.15m=0.6m$，
DE的高度差為2R=0.6m，
則BE等高，
所以BE間的距離S=${v}_{0}t+Rsinθ=\sqrt{3}×0.3+0.3×\frac{\sqrt{3}}{2}$m=$0.45\sqrt{3}$m≈0.78m．
答：（1）在圓弧切入點(diǎn)C時(shí)軌道對小球的作用力F₁為45N；
（2）在彎曲軌道AB中運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力對小球做的功W₁為-0.5J；
（3）B與E點(diǎn)的距離S為0.78m．

點(diǎn)評 本題是平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的典型題目，除了運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的基本公式外，求速度的問題，動(dòng)能定理不失為一種好的方法．