Question

19．如圖所示，半徑R=0.8m的$\frac{1}{4}$光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，過(guò)最低點(diǎn)的半徑OC處于豎直位置，在其右方有一可繞豎直軸MN（與圓弧軌道共面）轉(zhuǎn)動(dòng)的，內(nèi)部空心的圓筒，圓筒半徑r=$\frac{\sqrt{5}}{10}$m，筒的頂端與圓弧軌道最低點(diǎn)C點(diǎn)等高，在筒的下部有一小孔，距筒頂h=0.8m，開(kāi)始時(shí)小孔在圖示位置（與圓弧軌道共面）．現(xiàn)讓一質(zhì)量m=0.1kg的小物塊自A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落，打在圓弧軌道上的B點(diǎn)，但未反彈，在瞬間的碰撞過(guò)程中小物塊沿半徑方向的分速度立刻減為零，而沿圓弧切線方向的分速度不變．此后，小物塊沿圓弧軌道滑下，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)觸動(dòng)光電裝置，使圓筒立刻以某一角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，且小物塊最終正好進(jìn)入小孔．已知A點(diǎn)、B點(diǎn)到圓心O的距離均為R，與水平方向的夾角θ均為30°，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s²．試問(wèn)：
（1）小物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的對(duì)軌道的壓力大小是多少？
（2）圓筒勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的角速度是多少？
（3）假使小物塊進(jìn)入小孔后，圓筒立即停止轉(zhuǎn)動(dòng)且恰好沿切線方向進(jìn)入圓筒內(nèi)部的光滑半圓軌道，且半圓軌道與圓筒在D點(diǎn)相切．求：圓軌道的半徑，并判斷小物塊能否到達(dá)半圓軌道的最高點(diǎn)E點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)幾何關(guān)系求得碰后小球速度，從B到C得運(yùn)動(dòng)過(guò)程中運(yùn)用動(dòng)能定理求得到達(dá)C的速度，根據(jù)向心力公式及牛頓第三定律即可求解；
（2）小物塊最終正好進(jìn)入小孔，所以在小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間里，轉(zhuǎn)筒正好轉(zhuǎn)了n圈，即t=nT=n$\frac{2π}{ω}$（n=1，2，3…）；
（3）恰好沿圓弧切線方向飛入，根據(jù)幾何關(guān)系求出飛入時(shí)的速度以及速度與水平方向的夾角，再根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑，根據(jù)向心力公式求出恰好到達(dá)E點(diǎn)時(shí)的臨界速度，假定能夠到達(dá)，則從飛入到E點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理列示，求出速度，與臨界速度比較即可求解．

解答 解：（1）小物塊由A→B的過(guò)程中，
2mgRsin30°=$\frac{1}{2}$mv_B²
v_B=4m/s                                               
在瞬間碰撞過(guò)程中，小物塊沿半徑方向的分速度立刻減為0，沿切線方向的分速度不變．
則碰撞后瞬間小物塊速度
v_B'=v_Bcos30°=2$\sqrt{3}$m/s                                
小物塊由B→C的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理得：
mgR（1-sin30°）=$\frac{1}{2}$mv_C²-$\frac{1}{2}$mv_B'²
v_C=$\sqrt{20}$m/s                                            
小物塊在C點(diǎn)，根據(jù)向心力公式得：
F-mg=m$\frac{{{v}_{C}}^{2}}{R}$
解得：F=3.5N                                                 
所以由牛頓第三定律知，小物塊對(duì)軌道壓力的大小F_C=3.5N    
（2）小球由C到小孔做平拋運(yùn)動(dòng)
h=$\frac{1}{2}$gt²   
解得：t=0.4s                                                                             
小物塊最終正好進(jìn)入小孔，所以在小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間里，轉(zhuǎn)筒正好轉(zhuǎn)了n圈，
即t=nT=n$\frac{2π}{ω}$（n=1，2，3…）．
解得：$ω=\frac{2nπ}{t}$=5nπrad/s  （n=1，2，3…）．
（3）恰好沿圓弧切線方向飛入，則tan$α=\frac{{v}_{y}}{{v}_{C}}=\frac{g{t}_{1}}{{v}_{C}}=\frac{4}{2\sqrt{5}}$
飛入速度v=$\sqrt{{v}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}=6m/s$
若圓周半徑為R′，則R′（1+sinα）=2r得：$R′=\frac{3\sqrt{5}}{25}m$
若能到達(dá)E點(diǎn)，則臨界要求$mgcosα=\frac{m{{v}_{E}}^{2}}{R′}$
解得：${v}_{E}=\sqrt{2}m/s$
假定能夠到達(dá)，則從飛入到E點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得：
-mg2R′cosα=$\frac{1}{2}m{v}_{E}{′}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{E}}^{2}$
解得：${v}_{E}′=\sqrt{28}m/s＞\sqrt{2}m/s$
所以能到達(dá)E點(diǎn)．
答：（1）小物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的對(duì)軌道的壓力大小是3.5N；
（2）圓筒勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的角速度是5nπrad/s  （n=1，2，3…）；
（3）圓軌道的半徑為$\frac{3\sqrt{5}}{25}m$，小物塊能到達(dá)半圓軌道的最高點(diǎn)E點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題是圓周運(yùn)動(dòng)與平拋運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的題目，考查了圓周運(yùn)動(dòng)及平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律，運(yùn)動(dòng)過(guò)程較為復(fù)雜，難度較大．