Question

6．如圖所示，傾斜軌道AB的傾角為37°，CD、EF軌道水平，AB與CD通過光滑圓弧管道BC連接，CD右端與豎直光滑圓周軌道相連．小球可以從D進(jìn)入該軌道，沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，從E滑出該軌道進(jìn)入EF水平軌道．小球由靜止從A點(diǎn)釋放，已知AB長為5R，CD長為R，重力加速度為g，小球與斜軌AB及水平軌道CD、EF的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為1.8R．求：（在運(yùn)算中，根號(hào)中的數(shù)值無需算出）
（1）小球滑到斜面底端C時(shí)速度的大�。�
（2）小球剛到C時(shí)對(duì)軌道的作用力．
（3）要使小球在運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應(yīng)該滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）對(duì)球從A運(yùn)動(dòng)至C過程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解即可；
（2）在C點(diǎn)，重力和支持力的合力提供向心力；根據(jù)牛頓第二定律列式求解支持力；然后再結(jié)合牛頓第三定律求解壓力；
（3）要使小球不脫離軌道，有兩種情況：情況一：小球能滑過圓周軌道最高點(diǎn)，進(jìn)入EF軌道．情況二：小球上滑至四分之一圓軌道的點(diǎn)（設(shè)為Q）時(shí)，速度減為零，然后滑回D．由動(dòng)能定理列出等式求解．

解答 解：（1）設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為v，小球從A運(yùn)動(dòng)至C過程，由動(dòng)能定理有：
  mg（5Rsin37°+1.8R）-μmgcos37°•5R=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$，
可得：v_C=$\sqrt{\frac{28gR}{5}}$．
（2）小球沿BC軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)在C點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)球的作用力為F_N，由牛頓第二定律，有：
 F_N-mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{r}$，
其中r滿足：r+r•sin53°=1.8R，
聯(lián)立上式可得：F_N=6.6mg，
由牛頓第三定律可得，球?qū)�軌道的作用力�?.6mg，方向豎直向下．

（3）要使小球不脫離軌道，有兩種情況：
情況一：小球能滑過圓周軌道最高點(diǎn)，進(jìn)入EF軌道．則小球在最高點(diǎn)應(yīng)滿足：m$\frac{{v}_{P}^{2}}{R′}$≥mg
小球從C直到此最高點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理，有：
-μmgR-mg•2R′=$\frac{1}{2}$mv_P²-$\frac{1}{2}$mv_C²，
可得：R′≤$\frac{23}{25}$R=0.92R，
情況二：小球上滑至四分之一圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)，速度減為零，然后滑回D．則由動(dòng)能定理有：
-μmgR-mg•R′=0-$\frac{1}{2}$mv_C²
解得：R′≥2.3R
所以要使小球不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應(yīng)該滿足R′≤0.92R或R′≥2.3R．
答：
（1）小球滑到斜面底端C時(shí)速度的大小是$\sqrt{\frac{28gR}{5}}$．
（2）小球剛到C時(shí)對(duì)軌道的作用力是6.6mg，方向豎直向下．
（3）要使小球在運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應(yīng)該滿足R′≤0.92R或R′≥2.3R．

點(diǎn)評(píng) 此題要求熟練掌握動(dòng)能定理、圓周運(yùn)動(dòng)等規(guī)律，包含知識(shí)點(diǎn)多，關(guān)鍵要知道小球在運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道可能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，也可能只在四分之一圓軌道上運(yùn)動(dòng)．運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，要明確所研究的過程，分析各個(gè)力所做的總功．