Question

1．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑圓弧軌道，其半徑為R，平臺(tái)與軌道的最高點(diǎn)等高，一小球從平臺(tái)邊緣的A處水平射出，恰能沿圓弧軌道上的P點(diǎn)的切線方向進(jìn)入軌道內(nèi)側(cè)，軌道半徑OP與豎直線的夾角為45°，試求：
（1）小球從平臺(tái)上的A點(diǎn)射出時(shí)的速度v₀；
（2）小球從平臺(tái)上射出點(diǎn)A到圓軌道入射點(diǎn)P之間的距離l；
（3）小球能否沿軌道通過(guò)圓弧的最高點(diǎn)？請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）恰好從光滑圓弧ABC的A點(diǎn)的切線方向進(jìn)入圓弧，說(shuō)明到到A點(diǎn)的速度v_A方向與水平方向的夾角為θ，這樣可以求出初速度v₀；
（2）平拋運(yùn)動(dòng)水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求出P點(diǎn)與A點(diǎn)的水平距離和豎直距離，并進(jìn)行合成求出位移大��；
（3）設(shè)小球能到達(dá)D點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求得D點(diǎn)速度，再運(yùn)用牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)求解

解答 解：（1）小球從A到P的高度差為：
h=R（1+cos45°）=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$+1）R，
小球做平拋運(yùn)動(dòng)，有：h=$\frac{1}{2}$gt²，
則小球在P點(diǎn)的豎直分速度為：v_y=gt=$\sqrt{（2+\sqrt{2}）gR}$．
把小球在P點(diǎn)的速度分解可得v₀=v_y，所以小球平拋初速度為：v₀=$\sqrt{（2+\sqrt{2}）gR}$
（2）小球平拋下降高度為：h=$\frac{1}{2}$v_y•t，
水平射程為：s=v₀t=2h，
故A、P間的距離為：l=$\sqrt{{h}^{2}+{s}^{2}}$=$\sqrt{5}$h=（$\sqrt{5}$+$\frac{1}{2}$$\sqrt{10}$）R．
（3）小球從A到達(dá)Q時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：v_Q=v₀=$\sqrt{（2+\sqrt{2}）gR}$＞$\sqrt{gR}$，所以小球能通過(guò)圓弧軌道的最高點(diǎn)．
答：（1）小球從平臺(tái)上的A點(diǎn)射出時(shí)的速度為$\sqrt{（2+\sqrt{2}）gR}$；
（2）小球從平臺(tái)上射出點(diǎn)A到圓軌道入射點(diǎn)P之間的距離為（$\sqrt{5}$+$\frac{1}{2}$$\sqrt{10}$）R；
（3）小球能沿軌道通過(guò)圓弧的最高點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得$\sqrt{（2+\sqrt{2}）gR}$＞$\sqrt{gR}$，所以小球能通過(guò)圓弧軌道的最高點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 恰能無(wú)碰撞地沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入光滑豎直圓弧軌道，這是解這道題的關(guān)鍵，理解了這句話就可以求得小球的末速度，本題很好的把平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)合在一起運(yùn)用機(jī)械能守恒解決，能夠很好的考查學(xué)生的能力，是道好題．本題是平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的典型題目，除了運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的基本公式外，求速度的問(wèn)題，動(dòng)能定理不失為一種好的方法．