Question

10．質(zhì)量為m=1kg的小物塊輕輕放在水平勻速運動的傳送帶上的P點，隨傳送帶運動到A點后水平拋出，小物塊恰好能沿圓弧切線從B點進入豎直光滑的圓弧軌道下滑．B、C為圓弧的兩端點，其連線水平，已知圓弧半徑R=1.0m，圓弧對應(yīng)圓心角θ=106°，軌道最低點為O，A點距水平面的高度h=0.8m，小物塊離開C點后恰能無碰撞沿固定斜面向上運動（沒有畫出斜面），物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=$\frac{1}{3}$（g=10m/s²，cos53°=0.6，sin53°=0.8）試求：

（1）小物塊離開A點時的水平初速度v_A．
（2）小物塊經(jīng)過O點時對軌道的壓力．
（3）沿斜面上運動到最高點的時間．

Answer 1

分析 （1）將B點的速度分解為水平方向和豎直方向，根據(jù)速度位移公式求出豎直分速度，結(jié)合平行四邊形定則求出小物塊離開A點的速度．
（2）根據(jù)動能定理求出O點的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出小物塊在O點所受的支持力，從而結(jié)合牛頓第三定律得出物塊對軌道的壓力．
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出在斜面上運動的加速度大小，結(jié)合速度時間公式求出沿斜面運動到最高點的時間．

解答 解：（1）小物塊在B點的豎直分速度${v}_{y}=\sqrt{2gh}=\sqrt{2×10×0.8}$m/s=4m/s，
根據(jù)平行四邊形定則有：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{A}}$，解得${v}_{A}=\frac{{v}_{y}}{tanθ}=\frac{4}{\frac{4}{3}}m/s=3m/s$．
（2）物塊在B點的速度${v}_{B}=\frac{{v}_{y}}{sin53°}=\frac{4}{\frac{4}{5}}m/s=5m/s$，
根據(jù)動能定理得，$mgR（1-cos53°）=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$，
根據(jù)牛頓第二定律得，$N-mg=m\frac{{v}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得N=43N．
根據(jù)牛頓第三定律知，小物塊經(jīng)過O點時對軌道的壓力為43N．
（3）根據(jù)牛頓第二定律得，物塊沿斜面上滑的加速度大小a=$\frac{mgsin53°+μmgcos53°}{m}$=gsin53°+μgcos53°=$8+\frac{1}{3}×6=10m/{s}^{2}$．
C點的速度等于B點的速度，根據(jù)速度時間公式得，沿斜面上運動到最高點的時間t=$\frac{{v}_{C}}{a}=\frac{5}{10}s=0.5s$．
答：（1）小物塊離開A點時的水平初速度為3m/s．
（2）小物塊經(jīng)過O點時對軌道的壓力為43N．
（3）沿斜面上運動到最高點的時間為0.5s．

點評 本題考查了平拋運動、圓周運動和動能定理和牛頓第二定律的綜合運用，知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律以及圓周運動向心力的來源是解決本題的關(guān)鍵．