Question

12．如圖是為了檢驗(yàn)?zāi)撤N防護(hù)罩承受沖擊力的裝置，M是半徑為R=1.0m的固定于豎直平面內(nèi)的$\frac{1}{4}$光滑圓弧軌道，軌道上端切線水平．N為待檢驗(yàn)的固定曲面，該曲面在豎直面內(nèi)的截面為半徑r=$\sqrt{0.44}$m的$\frac{1}{4}$圓弧，圓弧下端切線水平且圓心恰好位于M軌道的上端點(diǎn)．M的下端相切處放置豎直向上的彈簧槍，可發(fā)射速度不同的質(zhì)量m=0.01kg的小鋼珠，假設(shè)某次發(fā)射的鋼珠沿軌道恰好能經(jīng)過(guò)M的上端點(diǎn)，水平飛出后落到曲面N的某一點(diǎn)上，取g=10m/s²．則（　�。�

• A． 該鋼球剛進(jìn)入軌道時(shí)的初動(dòng)能為0.10J
• B． 該鋼珠從M圓弧軌道最高點(diǎn)飛出的速度大小為10m/s
• C． 該鋼珠從M圓弧軌道最高點(diǎn)飛出至落到圓弧N上所用的時(shí)間是0.20s
• D． 如果改變初速度，則在初速度不同的鋼珠中一定能夠找到這樣的特殊鋼珠：它既能經(jīng)過(guò)M的上端點(diǎn)，又能垂直打到曲面N上

Answer 1

分析 鋼球在M軌道最高點(diǎn)，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列方程求解最高點(diǎn)飛出時(shí)的速度，然后根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式求解鋼球剛進(jìn)入軌道時(shí)的初動(dòng)能；
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的分位移公式和合位移公式求出鋼珠從M圓弧軌道最高點(diǎn)飛出至落到圓弧N上所用的時(shí)間．根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析D項(xiàng)．

解答 解：AB、小球剛好通過(guò)M的上端點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得：mg=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{R}$，
解得：v₁=$\sqrt{gR}$=$\sqrt{10×1}$m/s=$\sqrt{10}$m/s，
即鋼珠從M圓弧軌道最高點(diǎn)飛出的速度大小為 $\sqrt{10}$m/s
根據(jù)機(jī)械能守恒得：E_K0=mgR+$\frac{1}{2}$m${v}_{1}^{2}$=0.01×10×1+$\frac{1}{2}$×0.01×（$\sqrt{10}$）² J=0.15J，
即鋼球剛進(jìn)入軌道時(shí)的初動(dòng)能為0.15J，故A、B錯(cuò)誤．
C、鋼珠從最高點(diǎn)飛出后，做平拋運(yùn)動(dòng)
水平方向位移：x=v₁t      
豎直方向位移：y=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$    
又根據(jù)幾何關(guān)系有：x²+y²=r²
所以有：（v₁t）²+（$\frac{1}{2}$gt²）²=r²
代入數(shù)據(jù)有：（$\sqrt{10}$t）²+（$\frac{1}{2}$×10×t²）²=（$\sqrt{0.44}$）²
可解得：t=0.2s，故C正確．
D、根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的推論知，速度的反向延長(zhǎng)線交水平位移的中點(diǎn)，可知經(jīng)過(guò)M上端點(diǎn)的鋼球，打到曲面N上速度的反向延長(zhǎng)線不可能通過(guò)M的上端點(diǎn)，則不可能垂直于打到曲面N上，故D錯(cuò)誤．
故選：C．

點(diǎn)評(píng) 根據(jù)重力恰好提供向心力求解出最高點(diǎn)速度是突破口，然后根據(jù)機(jī)械能守恒定律和平拋運(yùn)動(dòng)的分位移公式列式是關(guān)鍵．