Question

15．某校興趣小組制作了一個(gè)游戲裝置，其簡化模型如圖所示，在A點(diǎn)處用一彈射裝置將質(zhì)量m=1kg的小滑塊以某一水平速度彈射出去，小滑塊沿水平光滑直線軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后，進(jìn)入半徑R=0.1m的光滑豎直圓形軌道，運(yùn)行一周后自B點(diǎn)滑出，向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，C點(diǎn)右側(cè)有一陷阱，C、D兩點(diǎn)的豎直高度差h=0.2m，水平距離s=0.6m，水平軌道BC長L=2m，已知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，小滑塊從C點(diǎn)飛出后剛好不掉進(jìn)陷阱，重力加速度g=10m/s²，求：
（1）小滑塊從C點(diǎn)飛出的速度大��；
（2）小滑塊落在D點(diǎn)時(shí)的速度方向與水平方向夾角的正切值；
（3）小滑塊從B點(diǎn)離開時(shí)，圓軌道對(duì)小滑塊的支持力的大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，結(jié)合水平位移和時(shí)間求出小滑塊從C點(diǎn)飛出的速度大�。�
（2）根據(jù)速度時(shí)間公式求出落在D點(diǎn)時(shí)的豎直分速度，結(jié)合平行四邊形定則求出速度方向與水平方向夾角的正切值．
（3）根據(jù)動(dòng)能定理求出小滑塊離開B點(diǎn)的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出支持力的大�。�

解答 解：（1）根據(jù)h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$得，平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×0.2}{10}}s=0.2s$，
則小滑塊從C點(diǎn)飛出后的速度大小${v}_{C}=\frac{s}{t}=\frac{0.6}{0.2}m/s=3m/s$．
（2）小滑塊落在D點(diǎn)時(shí)豎直分速度v_y=gt=10×0.2m/s=2m/s，
根據(jù)平行四邊形定則知，tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{c}}=\frac{2}{3}$．
（3）小物塊在BC段做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得，
$-μmgL=\frac{1}{2}m{{v}_{c}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$，
在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有：${F}_{N}-mg=m\frac{{{v}_{B}}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得F_N=260N．
答：（1）小滑塊從C點(diǎn)飛出的速度大小為3m/s；
（2）小滑塊落在D點(diǎn)時(shí)的速度方向與水平方向夾角的正切值為$\frac{2}{3}$；
（3）小滑塊從B點(diǎn)離開時(shí)，圓軌道對(duì)小滑塊的支持力的大小為260N．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)和動(dòng)能定理以及牛頓定律的綜合運(yùn)用，知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，以及圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來源是解決本題的關(guān)鍵．