Question

20．如圖所示，彈弓AA′離豎直墻壁BC距離x=2.4m，A′C的豎直高度差y=1.8m．質(zhì)量m₁=0.5kg的石塊從彈弓上A′點彈出，拋射后從光滑圓弧軌道最低點C水平進入R=0.32m的圓軌道，且恰好能通過圓弧最高點D，之后從E點平行于斜面MN立即滑上一端停在斜面上M點的木板上，木板長L=1.13m，質(zhì)量m₂=1.5kg．已知圖中θ=37°，石塊與木板間、木板與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μ₁=0.5，μ₂=0.8，石塊視為質(zhì)點，g=10m/s²，空氣阻力忽略不計（sin37°=0.6，cos37°=0.8．）求：
（1）石塊在C點的速度；
（2）石塊離開木板時的速度；
（3）石塊在A′C間運動 時與斜面MN的最近距離．

Answer 1

分析 （1）石塊恰好過圓弧最高點D時，由重力提供向心力，由牛頓第二定律可求出石塊到D點的速度大�。畬κ瘔K從D至P的過程，運用動能定理可求出石塊在C點的速度；
（2）石塊在木板上滑行時，根據(jù)木板的受力情況，分析出木板靜止，由動能定理可求出石塊離開木板時的速度；
（3）運用逆向思維，將石塊從A′至C的運動可逆向視為從C至A′的平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解石塊與斜面間的最近距離．

解答 解：（1）石塊恰好過圓弧最高點D，設(shè)在D點時的速度為v_D，則有：m₁g=m₁$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
解得：v_D=$\sqrt{gR}$=$\frac{4}{5}\sqrt{5}$m/s
C至D的過程，根據(jù)機械能守恒 得：
m₁g•2R+$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{D}^{2}$=$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{C}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：v_C=4m/s
（2）對木板：由于m₂gsin37°+μ₁m₁gcos37°＜μ（m₁+m₂）gcos37°，可見木板不動．
從D出發(fā)到石塊離開木板的過程，根據(jù)動能定理得：
m₁gR（1-cos37°）+m₁gLsin37°-μ₁m₁gLcos37°=$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}^{2}-\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{D}^{2}$
解得石塊離開木板時的速度為：v=3m/s
（3）將石塊從A′至C的運動可逆向視為從C至A′的平拋運動，設(shè)歷時t，石塊的速度與A′C連線平行，此時石塊離斜面最近．設(shè)A′C連線與水平方向的夾角為α．則：
tanα=$\frac{y}{x}$=$\frac{1.8}{2.4}$=0.75，α=37°
則石塊離斜面最近時速度與水平方向的夾角為：θ=α=37°
石塊離A′C連線最遠(yuǎn)的距離為：S_max=$\frac{（{v}_{C}sin37°）^{2}}{2gcos37°}$=0.36m
由幾何關(guān)系可得，石塊離MN最近的距離為：S_min=R+Rcos37°-S_max=0.216m
答：（1）石塊在C點的速度是4m/s；
（2）石塊離開木板時的速度是3m/s；
（3）石塊在A′C間運動 時與斜面MN的最近距離是0.216m．

點評 本題涉及的物理過程比較復(fù)雜，要能將整個過程分解成幾個簡單的過程進行逐個研究，把握住石塊到D點的臨界速度的求法，將“小鳥”從A′至C的運動看成反向的平拋運動是解決本題的關(guān)鍵，要能熟練運用牛頓第二定律、動能定理進行求解．
第（3）問另法：以C為原點，向量vc方向為x軸正方向，向量→BC方向為y軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系，由傾斜角θ=37°得斜率k=0.75，結(jié)合M（-0.192，0.576）解得直線MN的方程為lMN：y=$\frac{3}{4}$ x+$\frac{18}{25}$；設(shè)拋物線方程為y=-k'x²，結(jié)合A'（-2.4，-1.8）解得拋物線的方程為y=-$\frac{5}{16}$ x²，
求導(dǎo)令$\frac{dy}{dt}$=-$\frac{5}{8}$ x=$\frac{3}{4}$解得與MN平行的切線與拋物線的切點坐標(biāo)為（-$\frac{5}{6}$，-$\frac{9}{20}$）
代入點到直線的距離公式得到該點到直線MN的距離為$\frac{27}{125}$=0.216即為最小值．