Question

19．如圖所示，AB是半徑為R的$\frac{1}{4}$光滑圓弧軌道，B點(diǎn)的切線在水平方向，且B點(diǎn)離水平地面高為R，CD為粗糙的水平面，DE為固定的光滑曲面，在D處與水平面相切．有一小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)靜止開(kāi)始滑下，到達(dá)B點(diǎn)后水平飛出落在CD面上，落地后小球不反彈，恰好保持水平速度不變沿水平面滑上曲面，恰到達(dá)離地h（h$＜\frac{3}{4}R$）的點(diǎn)E后返回水平面，且在返回過(guò)程停于CD面上．已知小球質(zhì)量為m，CD=3R．與水平面間視為滑動(dòng)摩擦，重力加速度為g．
（1）小球剛到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)物體支持力F_N的大小；
（2）小球與CD面接觸前的瞬間，速度與水平方向的夾角；
（3）小球與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)及最終靜止的位置到D點(diǎn)的距離．

Answer 1

分析 （1）小球從A滑至B的過(guò)程中，支持力不做功，只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律或動(dòng)能定理列式求解；
（2）小球做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)求解即可；
（3）對(duì)小球從落地點(diǎn)到E點(diǎn)和返回兩個(gè)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解．

解答 解：（1）由動(dòng)能定理得：$mgR=\frac{1}{2}m{v^2}$，
則：$v=\sqrt{2gR}$
由牛頓第二定律得：${F_N}-mg=m\frac{v^2}{R}$，
則有：F_N=3mg
（2）小球做平拋運(yùn)動(dòng)：
R=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
$tanθ=\frac{gt}{V}$
代入數(shù)據(jù)得：θ=45°
（3）水平位移：x=Vt=2R
從落地點(diǎn)到E點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得：
$-mgh-μmg（3R-x）=-\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得：μ=$\frac{R-h}{R}$
從E點(diǎn)返回，根據(jù)動(dòng)能定理：
mgh-μmgs=0
解得：s=$\frac{Rh}{R-h}$
答：（1）小球剛到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)物體支持力F_N的大小3mg；
（2）小球與CD面接觸前的瞬間，速度與水平方向的夾角45°；
（3）小球與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)$\frac{R-h}{R}$及最終靜止的位置到D點(diǎn)的距離$\frac{Rh}{R-h}$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵在于靈活地選擇運(yùn)動(dòng)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列式，動(dòng)能定理不涉及運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度和時(shí)間，對(duì)于曲線運(yùn)動(dòng)同樣適用．