Question

7．如圖所示，斜面AB和水平面BC相交于B點，CED是豎直放置的半徑為R=0.1m的光滑半圓軌道，CD與BC相切于C點，E點與圓心O點等高．質(zhì)量為m的小球從斜面上離水平面h高處由靜止釋放，經(jīng)過水平面后沖上半圓軌道，小球完成半個圓周運(yùn)動到達(dá)D點后水平飛出，落在水平地面上，落點到C點的距離為d．現(xiàn)改變高度h的大小并確保每次都由靜止釋放小球，測出對應(yīng)的d的大小，通過數(shù)據(jù)分析得出了d和h的函數(shù)d²=0.64h-0.8，已知斜面與水平面的夾角為θ，BC長為x=4m，小球與斜面和水平面的動摩擦因數(shù)相同，取g=10m/s²．求：

（1）斜面的傾角和小球與水平地面間的動摩擦因數(shù)；
（2）如果讓小球進(jìn)入半圓軌道后不脫離半圓軌道，求h的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）對A到D過程應(yīng)用動能定理求得在D處的速度，然后根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律求得d即可根據(jù)d的關(guān)系式求解；
（2）對小球不脫離軌道的情況進(jìn)行分析，然后用動能定理求得高度范圍．

解答 解：（1）小球從h處由靜止開始釋放到D點過程中只有重力、摩擦力做功，由動能定理可得：$mg（h-2R）-μmgcosθ•\frac{h}{sinθ}-μmgx=\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}$；
所以，${v}_{D}=\sqrt{2g（h-2R-μhcotθ-μx）}$；
小球從D飛出做平拋運(yùn)動，故有：$2R=\frac{1}{2}g{t}^{2}$，$d={v}_{D}t={2v}_{D}\sqrt{\frac{R}{g}}$；
那么，d²=8R（h-2R-μhcotθ-μx）=8R（1-μcotθ）h-8R（2R+μx）=0.8（1-μcotθ）h-0.8（0.2+4μ）=0.64h-0.8，
所以，μ=0.2，cotθ=1，所以，θ=45°；
（2）小球不脫離半圓軌道，那么小球可能從D點飛出，此時由牛頓第二定律可得：$mg≤\frac{m{{v}_{D}}^{2}}{R}$；
那么對小球從A到D應(yīng)用動能定理可得：$mg（h-2R）-μmgcosθ•\frac{h}{sinθ}-μmgx=\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}$$≥\frac{1}{2}mgR$；所以，h-2R-0.2h-0.8≥0.5R，所以，$h≥\frac{2.5R+0.8}{0.8}（m）=\frac{21}{16}m$；
或者小球在半圓形導(dǎo)軌運(yùn)動時，最高點在CE上，且在最高點（高度設(shè)為H，那么0＜H≤R）速度為零，那么由動能定理可得：$mg（h-H）-μmgcosθ•\frac{h}{sinθ}-μmgx=0$；
所以，h-H-0.2h-0.8=0；那么，1m＜$h=\frac{H+0.8}{0.8}≤\frac{R+0.8}{0.8}=\frac{9}{8}m$；
綜上所述，讓小球進(jìn)入半圓軌道后不脫離半圓軌道，h的取值范圍為$h≥\frac{21}{16}m$或$1m＜h≤\frac{9}{8}m$；
答：（1）斜面的傾角為45°，小球與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2；
（2）如果讓小球進(jìn)入半圓軌道后不脫離半圓軌道，h的取值范圍為$h≥\frac{21}{16}m$或$1m＜h≤\frac{9}{8}m$．

點評 經(jīng)典力學(xué)問題一般先對物體進(jìn)行受力分析，求得合外力及運(yùn)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．