Question

16．如圖所示，小球在水平外力F作用下，從粗糙水平臺上A點由靜止開始運動，作用一段時間后撤去F，小球從B點拋出，落在水平地面CD上某處并反彈，因為與地面碰撞有能量損失，反彈過程水平速度不變而豎直速度減小，彈起后剛好沿半圓槽EFD的E點切向進入且與圓弧槽間相互作用力恰好為零．已知F=4N，小球質(zhì)量m=1kg，平臺動摩擦因數(shù)μ=0.2，AB間距離L₁=5m，平臺與水平地面間高度h=1.25m，圓弧槽半徑R=0.4m，試求：
（1）小球剛進入圓弧槽E時的速度大�。�
（2）CD間距離L₂；
（3）外力F作用的時間．

Answer 1

分析 （1）小球從B點做平拋運動，利用在E點時與圓弧槽間相互作用力恰好為零先求E點速度；
（2）根據(jù)平拋運動的知識求水平位移；
（3）從A到B由動能定理求出外力作用的距離；由牛頓第二定律可得加速度，由運動學(xué)可得F的作用時間．

解答 解：（1）令平拋時間為t₁，水平距離為x₁，斜拋時間為t₂，水平距離為x₂．
剛從E點進入，則有：mg=m$\frac{{{v}_{E}}^{2}}{R}$解得：v_E=$\sqrt{gR}=\sqrt{10×0.4}$=2m/s，
方向水平向右．
（2）根據(jù)h=$\frac{1}{2}$gt₁²，
解得：t₁=$\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}$=0.5s，
x₁=v_Et₁=2×0.5=1m，
因斜拋可看作逆向的平拋運動，所以豎著彈起的高度h=2R=$\frac{1}{2}$gt₂²，
解得：t₂=$\sqrt{\frac{4R}{g}}=\sqrt{\frac{4×0.4}{10}}$=0.4s    
t=t₁+t₂=0.5+0.4=0.9s     
x₂=v_Et₂=2×0.4=0.8m        
所以：
L₂=x₁+x₂=1+0.8=1.8m．       
（3）令F作用距離為△x．由動能定理有：
Fs-μmgL₁=$\frac{1}{2}$mv_E²，
解得：
s=3m，
由牛頓第二定律：
$a=\frac{F-μmg}{m}=\frac{4}{1}-0.2×10=2m/{s}^{2}$，
由運動學(xué)：
$△x=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
解得：
t=$\sqrt{\frac{2△x}{a}}=\sqrt{\frac{2×3}{2}}=\sqrt{3}s$
答：（1）剛從E點進入時，小球的速度V_E大小為2m/s，方向水平向右；
（2）小球從B點到E點的時間為0.9s，CD間的距離L₂為1.8m；
（3）外力作用的時間為$\sqrt{3}s$．

點評 解決本題的關(guān)鍵理清運動的過程，綜合運用平拋運動和動能定理進行解題．