Question

4．如圖甲所示，彎曲部分AB和CD是兩個半徑都為r=0.3m的四分之一圓弧軌道，中間的BC段是豎直的薄壁細圓管（細圓管內(nèi)徑略大于小球的直徑）軌道，分別與上下圓弧軌道相切連接，BC的長度L=0.2m．下圓弧軌道與水平軌道相切，其中D、A分別是上下圓弧軌道的最高點和最低點，整個軌道固定在豎直平面內(nèi)．現(xiàn)有一質(zhì)量M=0.3kg的小球以一定的速度沿水平軌道向右運動并從A點進入圓弧，不計小球運動中的一切阻力，g=10m/s²求：
（1）當小球由D點以10m/s的速度水平飛出時，小球落地點與D點的水平距離、由D到落地點過程中動量的變化量的大小；
（2）當小球由D點以3m/s的速度水平飛出時，小球過圓弧A點時對軌道的壓力大�。�
（3）若在D點右側(cè)連接一半徑為R=0.4m的半圓形光滑軌道DEF，如圖乙所示，要使小球不脫離軌道運動，小球在水平軌道向右運動的速度大小范圍（計算結(jié)果可用根式表示）．

Answer 1

分析 （1）小球從D點以5m/s的速度水平飛出后做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律可求得落地點與D點的水平距離；
（2）根據(jù)機械能守恒定律可求得小球經(jīng)過A點的速度，在A點，由合力提供向心力，由牛頓定律求小球過圓弧A點時對軌道的壓力；
（3）要使小球不脫離軌道，則小球可能由C點返回A點，也可能超過D點后沿DEF軌道回到A點，根據(jù)臨界條件和機械能守恒定律可求得初速度的范圍．

解答 解：（1）小球從D點以10m/s的速度水平飛出后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律可得：
2r+L=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得 t=0.4s
所以落地點與D點的水平距離 x=v_Dt=10×0.4m=4m； 
根據(jù)動量定理可得△P=Mgt=1.2Ns；
（2）由A到D的過程，由機械能守恒定律可得：Mgh+$\frac{1}{2}$Mv_D²=$\frac{1}{2}$Mv_A²
在A點，由牛頓第二定律可得：F_N-Mg=M$\frac{{v}_{A}^{2}}{r}$；
聯(lián)立解得 F_N=28N
由牛頓第三定律知，小球過圓弧A點時對軌道的壓力 F_N′=F_N=28N
（3）計論一：
小球進入軌道最高運動到C點，之后原路返回，由機械能守恒定律，有：
Mg（R+L）=$\frac{1}{2}$Mv₁²
得 v₁=$\sqrt{10}m/s$；
討論二：小球進入軌道后恰好能通過圓弧最高點D，之后沿DEF運動而不脫離軌道，在D點，有
Mg=M$\frac{{v}^{2}}{R}$，其中R=0.4m
從A到D由機械能守恒定律可得：
有：Mgh+$\frac{1}{2}$Mv²=$\frac{1}{2}$Mv₂²
得 v₂=2$\sqrt{5}$m/s
所以要使小球在運動過程中能不脫離軌道，初速度大小的范圍為：v₁≤$\sqrt{10}$m/s或v₂≥2$\sqrt{5}$m/s
答：（1）當小球由D點以10m/s的速度水平飛出時，小球落地點與D點的水平距離為4m、由D到落地點過程中動量的變化量的大小為1.2Ns；
（2）當小球由D點以3m/s的速度水平飛出時，小球過圓弧A點時對軌道的壓力大小為28N；
（3）小球在水平軌道向右運動的速度大小范圍為v₁≤$\sqrt{10}$m/s或v₂≥2$\sqrt{5}$m/s．

點評 本題考查機械能守恒定律的應(yīng)用以及平拋運動規(guī)律的應(yīng)用，要注意正確分析物理過程，正確進行受力分析，再通過平衡條件等選擇正確的物理規(guī)律列式求解．關(guān)鍵要注意正確選擇物理過程和規(guī)律．