Question

8．如圖所示，水平的粗糙軌道與豎直的光滑圓形軌道相連，圓形軌道間不相互重疊，即小球離開(kāi)圓形軌道后可繼續(xù)沿水平軌道運(yùn)動(dòng)．圓形軌道半徑R=0.2m，右側(cè)水平軌道BC長(zhǎng)為L(zhǎng)=4m，C點(diǎn)右側(cè)有一壕溝，C、D兩點(diǎn)的豎直高度h=1m，水平距離s=2m，小球與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，重力加速度g=10m/s²，小球從圓形軌道最低點(diǎn)B以某一水平向右的初速度出發(fā)，進(jìn)入圓形執(zhí)道．
（1）若小球通過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)A時(shí)給軌道的壓力大小恰為小球的重力大小，求小球在B點(diǎn)的初速度多大？
（2）若小球從B點(diǎn)向右出發(fā)，在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球既不脫離圓形軌道，又不掉進(jìn)壕溝，求小球在B點(diǎn)的初速度的范圍是多大？

Answer 1

分析 （1）小球恰好通過(guò)最高點(diǎn)，則重力充當(dāng)向心力；再對(duì)B到最高點(diǎn)過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律可求得B點(diǎn)的速度．
（2）小球飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可求得小球在B點(diǎn)的初速度范圍

解答 解：（1）小球在最高點(diǎn)A處，由牛頓第三定律可知軌道對(duì)小球的壓力：F_N=F_N′=mg…①
由牛頓第二定律得：F_N+mg=m$\frac{{v}_{A}^{2}}{R}$…②
從B到A過(guò)程，由動(dòng)能定理可得：-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv_A²-$\frac{1}{2}$mv₀²…③
代入數(shù)據(jù)可解得：v₀=2$\sqrt{3}$m/s…④
（2）情況一：若小球恰好停在C處，對(duì)全程進(jìn)行研究，
由動(dòng)能定理得：-μmgL=0-$\frac{1}{2}$mv₁²  ⑤代入數(shù)據(jù)解得：v₁=4m/s…⑥
若小球恰好過(guò)最高點(diǎn)A，由牛頓第二定律得：mg=m$\frac{v{′}_{A}^{2}}{R}$…⑦
從B到A過(guò)程，由動(dòng)能定理得：-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv_A′²-$\frac{1}{2}$mv₂²…⑧
代入數(shù)據(jù)解得：v₂=$\sqrt{10}$m/s…⑨
所以當(dāng)$\sqrt{10}$m/s≤v_B≤4m/s時(shí)，小球停在BC間…⑩
情況二：若小球恰能越過(guò)壕溝，由動(dòng)能定理得：-μmgL=$\frac{1}{2}$mv_C²-$\frac{1}{2}$mv₃²…（11）
小球做平拋運(yùn)動(dòng)：h=$\frac{1}{2}$gt² （12）s=v_Ct…（13）
代入數(shù)據(jù)解得：v₃=6m/s…（14）
所以當(dāng)v_B≥6m/s時(shí)，小球越過(guò)壕溝…（15）
情況三：若小球剛好能運(yùn)動(dòng)到與圓心等高位置，
則有：-mgR=0-$\frac{1}{2}$mv₄²…（16）
代入數(shù)據(jù)解得：v₄=2m/s…（17）
所以當(dāng)v_B≤2m/s時(shí)，小球又沿圓軌道返回…（18）
綜上，小球在A點(diǎn)的初速度的范圍是v_B≤2m/s 或$\sqrt{10}$m/s≤v_B≤4m/s、或v_B≥6m/s；
答：（1）小球在B點(diǎn)的初速度是2$\sqrt{3}$m/s；
（2）小球在B點(diǎn)的初速度的范圍是：v_B≤2m/s 或$\sqrt{10}$m/s≤v_B≤4m/s、或v_B≥6m/s．

點(diǎn)評(píng) 本題考查動(dòng)能定理、平拋運(yùn)動(dòng)及圓周運(yùn)動(dòng)中的向心力公式，在解題時(shí)要注意正確分析物理過(guò)程，做好受力分析，再選擇合適的物理規(guī)律求解即可；注意分析臨界狀態(tài)，把握臨界條件是重點(diǎn)．