Question

6．如圖甲所示，豎直平面內(nèi)的光滑軌道由傾斜直軌道AB和圓軌道BCD組成，AB和BCD相切于B點(diǎn)，CD連線是圓軌道豎直方向的直徑（C、D為圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)），已知∠BOC=30°．可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊從軌道AB上高H處的某點(diǎn)由靜止滑下，用力傳感器測(cè)出小滑塊經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力為F，并得到如圖乙所示的壓力F與高度H的關(guān)系圖象，取g=10m/s²．則（　�。�

• A． 圓軌道的半徑為0.2m
• B． 無(wú)法計(jì)算出小滑塊的質(zhì)量
• C． H取合適的值，可以使得小滑塊經(jīng)過最高點(diǎn)D后直接落到軌道AB上與圓心O等高的E點(diǎn)
• D． 由圖乙可知，若H＜0.50m，小滑塊一定會(huì)在運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)之前脫離軌道

Answer 1

分析 對(duì)A到D過程應(yīng)用動(dòng)能定理，并對(duì)滑塊在D點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律即可得到F與H的關(guān)系，然后根據(jù)圖乙即可求得半徑、質(zhì)量；在分析不同H的情況下，滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．

解答 解：AB、滑塊在軌道上運(yùn)動(dòng)只有重力做功，故機(jī)械能守恒；那么，當(dāng)H≥0.5m時(shí)，滑塊可運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，對(duì)滑塊從A到D應(yīng)用動(dòng)能定理可得：$\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}=mg（H-2R）$；
再對(duì)滑塊在D點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律可得：$mg+F=\frac{m{{v}_{D}}^{2}}{R}$，所以，$F=\frac{2mg（H-2R）}{R}-mg$=$\frac{2mg}{R}H-5mg$；
所以，由圖可知：$\frac{2mg}{R}=10$，且$\frac{2mg}{R}×0.5-5mg=0$，所以，R=0.2m，m=0.1kg；故A正確，B錯(cuò)誤；
C、要使小滑塊經(jīng)過最高點(diǎn)D后直接落到軌道AB上與圓心O等高的E點(diǎn)，那么，滑塊從D點(diǎn)水平拋出做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為$x=\frac{R}{cos60°}=0.4m$，豎直位移y=R=0.2m，
所以，從D拋出的速度${v}_{D}′=\frac{x}{t}=\frac{x}{\sqrt{\frac{2y}{g}}}=2m/s$，滑塊可以運(yùn)動(dòng)的D點(diǎn)，在D的速度${v}_{D}≥\sqrt{gR}=\sqrt{2}m/s$，所以，v_D′＞v_Dmin，故H取合適的值，可以使得小滑塊經(jīng)過最高點(diǎn)D的速度為v_D′，然后直接落到軌道AB上與圓心O等高的E點(diǎn)，故C正確；
D、當(dāng)H≤R=0.2m時(shí)，滑塊在軌道上做往返運(yùn)動(dòng)，不脫離軌道；當(dāng)R＜H＜0.5m時(shí)，滑塊運(yùn)動(dòng)在圓軌道上的最高點(diǎn)R＜h＜2R，然后脫離軌道，故D錯(cuò)誤；
故選：AC．

點(diǎn)評(píng) 經(jīng)典力學(xué)問題，一般先對(duì)物體進(jìn)行受力分析求得合外力，然后根據(jù)幾何關(guān)系及牛頓第二定律得到運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；分析做功情況，即可由動(dòng)能定理、能量守恒解決相關(guān)問題．