Question

如圖所示的“s”形玩具軌道，該軌道是用內(nèi)壁光滑的薄壁細(xì)圓管彎成，放置在豎直平面內(nèi)，軌道彎曲部分是由兩個(gè)半徑相等的半圓對接而成，圓半徑比細(xì)管內(nèi)徑大得多，軌網(wǎng)道底端與水平地面相切，軌道在水平方向不可移動(dòng)．彈射裝置將一個(gè)小球（小球的直徑略小于細(xì)圓管內(nèi)徑）從a點(diǎn)沿水平地面向b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)并進(jìn)入軌道，經(jīng)過軌道后從最高點(diǎn)d水平拋出．已知小球與地面ab段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，ab段長L，圓的半徑R，小球質(zhì)量m，求：
（1）若小球經(jīng)d處時(shí)，對軌道上臂有壓力，則它經(jīng)過b處時(shí)的速度滿足什么條件？
（2）為使小球離開軌道d處后，不會(huì)再碰到軌道，則小球離開d出時(shí)的速度至少為多大？
（3）若μ=0.2、L=1m、R=0.2m、m=0.1kg，g取10m/s²，小球從a點(diǎn)出發(fā)的速度為4m/s，則它經(jīng)c點(diǎn)前、后的瞬間，小球?qū)�軌道的壓力各為多大�?/div>

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分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律與機(jī)械能守恒定律，即可求解；
（2）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律處理的方法，運(yùn)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合，借助于幾何關(guān)系，即可求解；
（3）根據(jù)動(dòng)能定理，與牛頓第二定律，結(jié)合向心力表達(dá)式，即可求解．

解答：解：（1）根據(jù)牛頓第二定律，小球經(jīng)d點(diǎn)時(shí)Fd+mg=m

v 2 d

R

F_d＞0，即vd＞

gR

小球從b到d，由機(jī)械能守恒定律

1

2

m

v

2 d

+4mgR=

1

2

m

v

2 b

解得vb＞3

gR

（2）假設(shè)恰好落到豎直位移3R處，則該點(diǎn)的速度方向豎直向下，這不符合平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律．設(shè)小球離開d出時(shí)的速度為v_d時(shí)，在運(yùn)動(dòng)過程中與軌道恰好相碰，即小球的運(yùn)動(dòng)軌跡與圓相切．以d點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖10坐標(biāo)系，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得
x=v_dt①
y=

1

2

gt2②
由①②兩式得y=

g

2 v 2 d

x2③
由解析幾何知識(shí)得x²+（y-3R）²=R²④
聯(lián)立③④兩式得y2+(

2 v 2 d

g

-6R)y+8R2=0⑤
要使的拋物線與圓相切，則方程⑤的△判別式為零，即△=(

2 v 2 d

g

-6R)2-32R2=0
解得：vd=

(3-2 2 )gR

故小球離開軌道d處后，不再碰到軌道，小球離開d出時(shí)的速度至少為

(3-2 2 )gR

（3）小球從a到c，由動(dòng)能定理得：
-μmgL-2mgR=

1

2

m

v

2 c

-

1

2

m

v

2 a

解得v_c=2m/s
由牛頓第二定律得
小球在c點(diǎn)前，F1+mg=m

v 2 c

R

解得F₁=1N，（方向豎直向下）                
小球在c點(diǎn)后，F2-mg=m

v 2 c

R

解得F₂=3N，（方向豎直向上）
答：（1）若小球經(jīng)d處時(shí)，對軌道上臂有壓力，則它經(jīng)過b處時(shí)的速度滿足vb＞3

gR

條件；
（2）為使小球離開軌道d處后，不會(huì)再碰到軌道，則小球離開d出時(shí)的速度至少為

(3-2 2 )gR

；
（3）則小球?qū)�軌道的壓力各為F₁=1N，（方向豎直向下）；F₂=3N，（方向豎直向上）．

點(diǎn)評：考查動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式等規(guī)律的應(yīng)用，知道向心力的表達(dá)式，同時(shí)注意受力分析的研究對象確定．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律與機(jī)械能守恒定律，即可求解；
（2）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律處理的方法，運(yùn)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合，借助于幾何關(guān)系，即可求解；
（3）根據(jù)動(dòng)能定理，與牛頓第二定律，結(jié)合向心力表達(dá)式，即可求解．

解答：解：（1）根據(jù)牛頓第二定律，小球經(jīng)d點(diǎn)時(shí)Fd+mg=m

v 2 d

R

F_d＞0，即vd＞

gR

小球從b到d，由機(jī)械能守恒定律

1

2

m

v

2 d

+4mgR=

1

2

m

v

2 b

解得vb＞3

gR

（2）假設(shè)恰好落到豎直位移3R處，則該點(diǎn)的速度方向豎直向下，這不符合平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律．設(shè)小球離開d出時(shí)的速度為v_d時(shí)，在運(yùn)動(dòng)過程中與軌道恰好相碰，即小球的運(yùn)動(dòng)軌跡與圓相切．以d點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖10坐標(biāo)系，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得
x=v_dt①
y=

1

2

gt2②
由①②兩式得y=

g

2 v 2 d

x2③
由解析幾何知識(shí)得x²+（y-3R）²=R²④
聯(lián)立③④兩式得y2+(

2 v 2 d

g

-6R)y+8R2=0⑤
要使的拋物線與圓相切，則方程⑤的△判別式為零，即△=(

2 v 2 d

g

-6R)2-32R2=0
解得：vd=

(3-2 2 )gR

故小球離開軌道d處后，不再碰到軌道，小球離開d出時(shí)的速度至少為

(3-2 2 )gR

（3）小球從a到c，由動(dòng)能定理得：
-μmgL-2mgR=

1

2

m

v

2 c

-

1

2

m

v

2 a

解得v_c=2m/s
由牛頓第二定律得
小球在c點(diǎn)前，F1+mg=m

v 2 c

R

解得F₁=1N，（方向豎直向下）                
小球在c點(diǎn)后，F2-mg=m

v 2 c

R

解得F₂=3N，（方向豎直向上）
答：（1）若小球經(jīng)d處時(shí)，對軌道上臂有壓力，則它經(jīng)過b處時(shí)的速度滿足vb＞3

gR

條件；
（2）為使小球離開軌道d處后，不會(huì)再碰到軌道，則小球離開d出時(shí)的速度至少為

(3-2 2 )gR

；
（3）則小球?qū)�軌道的壓力各為F₁=1N，（方向豎直向下）；F₂=3N，（方向豎直向上）．

點(diǎn)評：考查動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式等規(guī)律的應(yīng)用，知道向心力的表達(dá)式，同時(shí)注意受力分析的研究對象確定．