Question

4．如圖，豎直平面內(nèi)的$\frac{3}{4}$圓弧形光滑軌道半徑為R，C端與圓心O等高，D端在O的正上方，BE為與水平方向成θ角的光滑斜面，B點(diǎn)在C端的正上方．一個(gè)可看成質(zhì)點(diǎn)的小球從距地面H=$\frac{8}{3}$R處的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放，自由下落至C點(diǎn)后進(jìn)入圓弧形軌道，過(guò)D點(diǎn)后恰好從斜面BE的B點(diǎn)滑上斜面（無(wú)碰撞現(xiàn)象）．
（1）求過(guò)D點(diǎn)時(shí)小球?qū)︓壍赖淖饔昧Γ?br />（2）求斜面的傾斜角θ；
（3）若斜面傾角變?yōu)?5°，且BE=$\frac{3}{2}$$\sqrt{2}$R，欲使小球能落在斜面BE上的E點(diǎn)．求釋放點(diǎn)A到地面的豎直高度h．

Answer 1

分析 （1）由動(dòng)能定理求出小球到達(dá)D點(diǎn)的速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出小球與軌道間的作用力．
（2）小球從D到B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用速度的分解和平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，求出斜面的傾角．
（3）小球從D平拋飛至E點(diǎn)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度，即可由機(jī)械守恒定律求出h．

解答 解：（1）小球從A運(yùn)動(dòng)到D過(guò)程由動(dòng)能定理得：
mg（H-2R）=$\frac{1}{2}$mv_D²-0，代入數(shù)據(jù)解得：v_D=$\sqrt{\frac{4gR}{3}}$，
在D點(diǎn)，由牛頓第二定律得：F+mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得：F=$\frac{1}{3}$mg；
（2）過(guò)D點(diǎn)后恰好從斜面BE的B點(diǎn)滑上斜面，則到B點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平方向的夾角為θ，
小球從D點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，水平位移為R，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=$\frac{R}{{v}_{D}}=\sqrt{\frac{3R}{4g}}$，
則豎直方向速度${v}_{y}=gt=\sqrt{\frac{3}{4}gR}$，
則有：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{D}}=\frac{3}{4}$
所以θ=37°
（3）小球落到E點(diǎn)時(shí)，D與E高度為h′=2R
則做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間$t′=\sqrt{\frac{4R}{g}}$，
水平位移x=R+$\overline{BE}sin45°$=$\frac{5}{2}R$
而從D點(diǎn)拋出的速度${v}_{D}′=\frac{x}{t}$
聯(lián)立解得：${v}_{D}′=\frac{5}{4}\sqrt{gR}$
小球從A運(yùn)動(dòng)到D過(guò)程由動(dòng)能定理得：
mg（H′-2R）=$\frac{1}{2}$m${v}_{D}{′}^{2}$-0，
代入數(shù)據(jù)解得
$H′=\frac{89}{32}R$
答：（1）過(guò)D點(diǎn)時(shí)小球?qū)︓壍赖淖饔昧κ?\frac{1}{3}$mg； （2）斜面的傾斜角θ為37°； （3）釋放點(diǎn)A到地面的豎直高度為$\frac{89}{32}R$．

點(diǎn)評(píng) 本題是機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律和平拋運(yùn)動(dòng)的綜合，關(guān)鍵是把握每個(gè)過(guò)程的物理規(guī)律，知道平拋運(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)，難度適中．