Question

16．三維彈球（3D Pinball）是Window里面附帶的一款使用鍵盤操作的電腦游戲，小王同學(xué)受此啟發(fā)，在學(xué)校組織的趣味運動會上，為大家提供了一個類似的彈珠游戲．如圖所示，將一質(zhì)量為m=0.1kg的小彈珠（可視為質(zhì)點）放在O點，用彈簧裝置將其彈出，使其沿著光滑的半圓形軌道OA和AB進入水平桌面BC，從C點水平拋出．已知半圓型軌道OA和AB的半徑分別為r=0.2m，R=0.4m，BC為一段長為L=2.0m的粗糙水平桌面，小彈珠與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4，放在水平地面的矩形墊子DEFG的DE邊與BC垂直，C點離墊子的高度為h=0.8m，C點離DE的水平距離為x=0.6m，墊子的長度EF為1m，g=10m/s2．求：
（1）若小彈珠恰好不脫離圓弧軌道，在B位置小彈珠對半圓軌道的壓力；
（2）若小彈珠恰好不脫離圓弧軌道，小彈珠從C點水平拋出后落入墊子時距左邊緣DE的距離；
（3）若小彈珠從C點水平拋出后不飛出墊子，小彈珠被彈射裝置彈出時的最大初速度．

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律求得在A點的速度，然后通過機械能守恒求得在B點的速度，進而由牛頓第二定律求得支持力，即可由牛頓第三定律求得壓力；
（2）通過動能定理求得在C點的速度，即可由平拋運動的位移公式求得距離；
（3）求得不飛出墊子彈珠在C點的速度范圍，再通過動能定理求得初速度范圍，即可得到最大初速度．

解答 解：（1）若小彈珠恰好不脫離圓弧軌道，那么對彈珠在A點應(yīng)用牛頓第二定律有$mg=\frac{m{{v}_{A}}^{2}}{R}$，所以，${v}_{A}=\sqrt{gR}=2m/s$；
那么，由彈珠在半圓軌道上運動只有重力做功，機械能守恒可得：$\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}=\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}+2mgR$，所以，${v}_{B}=\sqrt{{{v}_{A}}^{2}+4gR}=2\sqrt{5}m/s$；
那么，對彈珠在B點應(yīng)用牛頓第二定律可得：彈珠受到半圓軌道的支持力${F}_{N}=mg+\frac{m{{v}_{B}}^{2}}{R}=6N$，方向豎直向上；
故由牛頓第三定律可得：在B位置小彈珠對半圓軌道的壓力N=F_N=6N，方向豎直向下；
（2）彈珠在BC上運動只有摩擦力做功，故由動能定理可得：$-μmgL=\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$，所以，${v}_{C}=\sqrt{{{v}_{B}}^{2}-2μgL}=2m/s$；
設(shè)小彈珠從C點水平拋出后落入墊子時距左邊緣DE的距離為d，那么由平拋運動的位移公式可得：$h=\frac{1}{2}g{t}^{2}$，$x+d={v}_{C}t={v}_{C}\sqrt{\frac{2h}{g}}=0.8m$，所以，d=0.2m；
（3）若小彈珠從C點水平拋出后不飛出墊子，那么彈珠做平拋運動的水平距離0.6m≤s≤1.6m；
故平拋運動的初速度${v}_{C}′=\frac{s}{t}=\frac{s}{\sqrt{\frac{2h}{g}}}$，所以，1.5m/s≤v_C′≤4m/s；
又有彈珠從O到C的運動過程只有重力、摩擦力做功，故由動能定理可得：$mg（2R-2r）-μmgL=\frac{1}{2}m{v}_{C}{′}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$；
所以，${v}_{0}=\sqrt{{v}_{C}{′}^{2}-2g（2R-2r）+2μgL}$=$\sqrt{{v}_{C}{′}^{2}+8}m/s$，故$\frac{\sqrt{41}}{2}m/s≤{v}_{0}≤2\sqrt{6}m/s$，所以，小彈珠被彈射裝置彈出時的最大初速度為$2\sqrt{6}m/s$；
答：（1）若小彈珠恰好不脫離圓弧軌道，在B位置小彈珠對半圓軌道的壓力為6N，方向豎直向下；
（2）若小彈珠恰好不脫離圓弧軌道，小彈珠從C點水平拋出后落入墊子時距左邊緣DE的距離為0.2m；
（3）若小彈珠從C點水平拋出后不飛出墊子，小彈珠被彈射裝置彈出時的最大初速度為$2\sqrt{6}m/s$．

點評 經(jīng)典力學(xué)問題一般先對物體進行受力分析，求得合外力及運動過程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動能定理及幾何關(guān)系求解．