Question

20．如圖所示，半徑r₁=$\frac{2}{5}$$\sqrt{2}$m的圓弧軌道AB 與水平軌道BC 相切于B 點(diǎn)，CD為r₂=0.40m 的半圓軌道，另一半徑R=1.00m 的圓弧軌道EF 與CD 靠近，E 點(diǎn)略低于D 點(diǎn)．一質(zhì)量m=1kg 的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A 點(diǎn)以初速度v₀=2m/s 沿軌道下滑，在AB 段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終受到豎直向上F=10N 的力作用，進(jìn)入BC 段后撤去．已知AB 高度為h，BC 長(zhǎng)L=1.00m，小物塊與BC 間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，其余光滑，EF 軌道對(duì)應(yīng)的圓心角θ=60°，所有軌道均固定在同一豎直平面內(nèi)，不考慮小物塊在各軌道相接處的能量損失，忽略空氣阻力，g 取10m/s²，求：

（1）當(dāng)小物塊在圓弧軌道AB運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小物塊的作用力大��；
（2）若小物塊在B點(diǎn)的速度為5m/s，且在剛進(jìn)入BC段時(shí)撤去力F，請(qǐng)通過(guò)計(jì)算判斷小物塊能否通過(guò)D 點(diǎn)；
（3）若小物塊能進(jìn)入EF軌道，且不越過(guò)F 點(diǎn)，小物塊在D點(diǎn)的速度范圍是多少？

Answer 1

分析 （1）從A到B，運(yùn)用動(dòng)能定理求出物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度，在B點(diǎn)，運(yùn)用牛頓第二定律和向心力公式求出軌道對(duì)小物塊的作用力大�。�
（2）假設(shè)物塊能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，對(duì)B到D的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理求出物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度，與臨界速度比較，分析假設(shè)是否正確，從而作出判斷．
（3）若小物塊能進(jìn)入EF軌道，且不越過(guò)F 點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)時(shí)，在D點(diǎn)的速度最大，由動(dòng)能定理求解．

解答 解：（1）從A到B，由動(dòng)能定理得：
mgh-Fh=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：v_B=2m/s
在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：
F+N-mg=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{{r}_{1}}$
代入數(shù)據(jù)解得：N=5$\sqrt{2}$N
（2）假設(shè)小物塊能從B到D，由動(dòng)能定理得：
-2mgr₂-μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：v_D=$\sqrt{5}$m/s
若小物塊恰好過(guò)D點(diǎn)，有：mg=m$\frac{v{′}_{D}^{2}}{{r}_{2}}$
解得：v′_D=$\sqrt{g{r}_{2}}$=2m/s
因?yàn)関_D＞v′_D，所以小物塊能通過(guò)D點(diǎn)．
（3）小物塊恰好到F點(diǎn)，從E到F，由動(dòng)能定理得：
-mgR（1-cosθ）=0-$\frac{1}{2}m{v}_{E}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：v_E=$\sqrt{10}$m/s
所以小物塊在D點(diǎn)的速度范圍是：2m/s≤v_D≤$\sqrt{10}$m/s
答：（1）當(dāng)小物塊在圓弧軌道AB運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小物塊的作用力大小是5$\sqrt{2}$N；
（2）小物塊能通過(guò)D 點(diǎn)；
（3）若小物塊能進(jìn)入EF軌道，且不越過(guò)F 點(diǎn)，小物塊在D點(diǎn)的速度范圍是2m/s≤v_D≤$\sqrt{10}$m/s．

點(diǎn)評(píng) 理清物塊的運(yùn)動(dòng)情況，抓住每個(gè)過(guò)程和狀態(tài)的物理規(guī)律是關(guān)鍵．第1問(wèn)，也可以根據(jù)F=mg，判斷出物塊在AB段做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，確定出物塊通過(guò)B點(diǎn)的速度．