Question

如圖所示，將一質(zhì)量m=1kg的小物塊以一定的初速度從A點水平拋出，恰好無碰撞地沿圓弧切線從B點進入光滑的豎直平面內(nèi)圓弧軌道運動．圓弧的兩端點B、C連線水平．小物塊離開C點后恰能無碰撞地沿固定斜面向上運動，經(jīng)0.8s通過D點．己知圓弧半徑R=1.0m，圓弧對應的圓心角θ=106°，軌道最低點為O，A點距水平面的高度h=0.8m，小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=

1

3

，重力加速度g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，試求：
（1）小物塊離開A點的水平初速度υ_A；
（2）小物塊經(jīng)過O點時軌道的支持力大小N；
（3）斜面上C、D間的距離s_CD．

Answer 1

分析：（1）利用平拋運動規(guī)律，對B點的速度進行正交分解，得到水平速度和豎直方向速度的關系，
而豎直方向速度v_y=

2gh

，顯然易求小物塊離開A點的水平初速度υ_A；
（2）首先利用動能定理或機械能守恒求解物塊在最低點O的速度，然后利用牛頓第二定律在最低點表示出向心力，則滑塊受到的支持力可解．
（3）物塊在軌道上上滑勻減速運動問題，要求出上滑的加速度、所需的時間；再求出下滑加速度、距離，利用勻變速直線運動規(guī)律公式求出位移差．根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求解．

解答：解：（1）對小物塊，由A到B在豎直方向有  υ_y²=2gh
在B點tan

θ

2

=

vy

vA

      代入數(shù)據(jù)解得  υ_A=3m/s  
（2）小物塊由B到O，根據(jù)機械能守恒定律得，
  mgR（1-cos

θ

2

）+

1

2

mυ_B²=

1

2

mυ_O²   
其中υ_B=

v 2 A + v 2 y

=5m/s       
小物塊在O點，由牛頓笫二定律得  N-mg=m

v 2 O

R

  
代入數(shù)據(jù)解得    N=43N     
（3）小物塊沿斜面上滑，由牛頓第二定律得  mgsin

θ

2

+μmgcos

θ

2

=ma₁
代入數(shù)據(jù)解得  a₁=10m/s²    
小物塊沿斜面下滑，由牛頓第二定律得   mgsin

θ

2

-μmgcos

θ

2

=ma₂
代入數(shù)據(jù)解得  a₂=6m/s²    
由機械能守恒定律知  υ_C=υ_B=5m/s
小物塊由C上升到最高點歷時   t₁=

vc

a1

=0.5s       
小物塊由最高點回到D點歷時 t₂=0.8s-0.5s=0.3s
故s_CD=

0+vC

2

t₁-

1

2

a₂t₂²   
代入數(shù)據(jù)解得CD間的距離 s_CD=0.98m  
答：
（1）小物塊離開A點的水平初速度υ_A是3m/s．
（2）小物塊經(jīng)過O點時軌道的支持力大小N是43N；
（3）斜面上C、D間的距離s_CD是0.98m．

點評：本題是一個單物體多過程的力學綜合題，把復雜的過程分解成幾個分過程是基本思路．關鍵是分析清楚物體的運動情況，然后根據(jù)動能定理、平拋運動知識、牛頓第二定律、向心力公式列式求解．