Question

15．如圖所示，水平地面與一半徑R=0.5m的豎直光滑圓弧上方．一質(zhì)量為m=0.1kg的小球以v₀=$\sqrt{3}$m/s的速度從距地面高度h=0.45m的水平平臺(tái)邊緣上的A飛出，小球在空中運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，恰好沿圓弧軌道在該點(diǎn)的切線方向滑入軌道．小球運(yùn)動(dòng)過程中空氣阻力不計(jì)，g=10m/s²，求：
（1）圓弧BC段所對(duì)的圓心角θ；
（2）小球滑到C點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓軌道的壓力；
（3）判斷小球是否能夠到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)D點(diǎn)并說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求小球到達(dá)B點(diǎn)的豎直分速度，由幾何關(guān)系求出B點(diǎn)速度與水平方向的夾角，即為圓弧BC所對(duì)的圓心角；
（2）先根據(jù)動(dòng)能定理求C點(diǎn)速度，再根據(jù)牛頓第二定律求對(duì)軌道的壓力；
（3）小球恰能到達(dá)最高點(diǎn)的速度$\sqrt{gR}$，根據(jù)動(dòng)能定理求D點(diǎn)速度，若大于等于$\sqrt{gR}$則能通過D，若小于$\sqrt{gR}$，則不能通過D點(diǎn)；

解答 解：（1）小球從A到B做平拋運(yùn)動(dòng)，B點(diǎn)的豎直分速度${v}_{By}^{\;}=\sqrt{2gh}=\sqrt{2×10×0.45}=3m/s$
B點(diǎn)速度與水平方向的夾角等于BC圓弧所對(duì)的圓心角θ，根據(jù)幾何關(guān)系$tanθ=\frac{{v}_{By}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$
解得：θ=60°
（2）B點(diǎn)速度${v}_{B}^{\;}=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{By}^{2}}=\sqrt{（\sqrt{3}）_{\;}^{2}+{3}_{\;}^{2}}=2\sqrt{3}m/s$
從B到C根據(jù)動(dòng)能定理，有
$mg（R-Rcosθ）=\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：${v}_{C}^{\;}=\sqrt{{v}_{B}^{2}+2gR（1-cosθ）}=\sqrt{12+20×0.5×\frac{1}{2}}$=$\sqrt{17}m/s$
在C點(diǎn)，由向心力公式得：
${F}_{NC}^{\;}-mg=m\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得：${F}_{NC}^{\;}=mg+m\frac{{v}_{C}^{2}}{R}=1+0.1×\frac{17}{0.5}=4.4N$
根據(jù)牛頓第三定律：${F}_{NC}^{′}={F}_{NC}^{\;}=4.4N$
（3）小球恰能過最高點(diǎn)D時(shí)：$mg=m\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
解得：${v}_{D}^{\;}=\sqrt{gR}=\sqrt{10×0.5}=\sqrt{5}m/s$
從C到D根據(jù)動(dòng)能定理有：$-mg2R=\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：${v}_{D}^{\;}=\sqrt{{v}_{C}^{2}-4gR}=\sqrt{17-40×0.5}=\sqrt{-3}m/s$，即方程無解，所以小球不能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)D點(diǎn)
答：（1）圓弧BC段所對(duì)的圓心角θ為60°；
（2）小球滑到C點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓軌道的壓力為4.4N；
（3）小球不能能夠到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)D點(diǎn)

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律和平拋運(yùn)動(dòng)的綜合，難度不大，運(yùn)用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵選擇好研究的過程，分析過程中有哪些力做功，結(jié)合動(dòng)能定理列式求解．