Question

如圖所示，一個長L₁=0.9m、寬L₂=0.6m的光滑斜面體，其傾角θ=30°．有一長度L=0.4m的輕質繩一端固定在距斜面頂點A為L=0.4m斜面邊緣的O點上，另一端系一質量m=1kg的小球．現(xiàn)把小球拉至頂點A處，以v₀=1m/s的初速度沿斜面頂邊緣水平拋出．（g取10m/s²）
（1）剛開始小球做什么運動？并說明理由．
（2）求小球運動至斜面邊緣B點時受到繩子的拉力F_T．
（3）若小球運動至B點時繩子剛好斷了，求小球從斜面上飛出后落地點與最初拋出點在地面上投影點的距離L₃．

Answer 1

分析：（1）小球剛開始做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，并說明小球的運動情況．
（2）小球做類平拋運動過程，運用運動的分解法，分析從開始運動到繩子繃緊的時間，求出此時小球的速度．在拉直瞬間，由于繩子不可伸長，小球沿繩子方向的速度瞬間變?yōu)榱悖�此后小球運動到B點過程中，只有重力做功，機械能守恒，求出小球運動到B時的速度．小球經(jīng)過B點時由繩子的拉力與重力沿斜面向下的分力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出小球運動至斜面邊緣B點時受到繩子的拉力F_T．
（3）若小球運動至B點時繩子剛好斷了，小球做平拋運動，由高度求出時間，再求出水平位移，由幾何知識求出小球從斜面上飛出后落地點與最初拋出點在地面上投影點的距離L₃．

解答：解：（1）小球沿斜面向下的加速度a=

mgsinθ

m

=5m/s²
其在斜面上運動可等效看作在g′=a=5m/s²的豎直平面上的曲線運動
由于小球剛拋出的速度v₀＜

g′L

=

2

m/s，故其開始做類平拋運動．
（2）如圖所示，設它運動時間t秒至與水平線的夾角為α時，繩子剛好拉直．由平拋運動公式有：
  L+Lsinα=

1

2

g′t 2①
  Lcosα=v₀t②
①②聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：α=0°，t=0.4s
α=0°，說明小球拋至繩子在水平線時剛好拉直．在拉直瞬間，由于繩子不可伸長，故小球水平速度瞬間變?yōu)榱�，只存在沿斜面向下的速度v_y
  v_y=g′t=5×0.4m/s=2m/s
以后小球在繩子束縛下沿斜面向下做圓周運動，設至B點時的速度為v₂．根據(jù)機械能守恒定律，有：
   mg′L+

1

2

mv_y²=

1

2

mv₂²
代入數(shù)據(jù)解得：v₂=

8

m/s
根據(jù)牛頓第二定律，有：F T-mg′=m

v 2 2

L

代入數(shù)據(jù)解得：F_T=25N
（3）繩斷后小球以v₂做平拋運動，由題意知其高度h′=0.05m，設至落地所需時間為t′，
根據(jù)h=

1

2

gt′ 2解得：t′=0.1s，水平位移x=v₂t′
而本題斜面有效長度在地面投影長度L₄=v₂t′=0.4

3

m
所求的距離L 3=

x 2+L 4 2

=

0.56

m(或≈0.75m)
答：
（1）剛開始小球做類平拋運動．
（2）小球運動至斜面邊緣B點時受到繩子的拉力F_T=25N．
（3）若小球運動至B點時繩子剛好斷了，小球從斜面上飛出后落地點與最初拋出點在地面上投影點的距離L₃≈0.75m．

點評：本題關鍵點在于繩子拉直是轉折點，前后速度有突變，抓住繩子不可伸長，繃緊瞬間沿繩子方向的分速度突然減為零．