Question

如圖所示，豎直平面內(nèi)的 3/4 圓弧形光滑軌道半徑為 R，A 端與圓心 O 等高，AD 為水平面，B 點(diǎn)為光滑軌道的最高點(diǎn)且在O 的正上方，一個(gè)小球在 A 點(diǎn)正上方某處由靜止釋放，自由下落至 A 點(diǎn)進(jìn)入圓軌道并知通過(guò) B 點(diǎn)時(shí)受到軌道的彈力為mg（從A點(diǎn)進(jìn)入圓軌道時(shí)無(wú)機(jī)械能損失），最后落到水平面 C 點(diǎn)處．求：
（1）釋放點(diǎn)距 A 點(diǎn)的豎直高度 h和落點(diǎn) C 到 A 點(diǎn)的水平距離X
（2）如果將小球由h=R處?kù)o止釋放，請(qǐng)問(wèn)小球能否通過(guò)最高點(diǎn)B點(diǎn)，如果不能通過(guò)，請(qǐng)求出脫離圓軌道的位置E與O的連線與豎直方向夾角的正弦值．

Answer 1

分析：本題（1）的關(guān)鍵是小球在B點(diǎn)時(shí)列出牛頓第二定律方程，再結(jié)合動(dòng)能定理和平拋規(guī)律即可求解．
（2）的關(guān)鍵是先假設(shè)小球能到最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律求出到達(dá)最高點(diǎn)的最小速度為

gR

，與動(dòng)能定理矛盾，說(shuō)明不能到達(dá)最高點(diǎn)，然后設(shè)出E與O點(diǎn)連線的夾角，再根據(jù)動(dòng)能定理和脫離軌道時(shí)牛頓第二定律即可求解．

解答：解：（1）小球通過(guò)最高點(diǎn)B時(shí)，由牛頓第二定律，有：
mg+

F

N

=

mv 2 B

R

，又

F

N

=mg，解得

v

B

=

2gR

設(shè)釋放點(diǎn)到A點(diǎn)高度為h，小球從釋放到運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的過(guò)程中，
根據(jù)動(dòng)能定理，有：mg（h-R）=

1

2

m

v

2 B

聯(lián)立①②解得 h=2R，
由平拋規(guī)律R=

1

2

gt

2

，X=

v

B

t，聯(lián)立解得x=2R，所以C點(diǎn)距A點(diǎn)距離△x=2R-R=R
即釋放點(diǎn)距A點(diǎn)的豎直高度h為2R，落點(diǎn)C到A點(diǎn)的水平距離為R．
（2）小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)最小速度為v，有mg=

mv 2

R

，
若能到達(dá)最高點(diǎn)應(yīng)滿足mgR=

1

2

mv

2

+mgR，顯然不可能成立，即不能到最高點(diǎn)．
設(shè)到最高點(diǎn)E的速度為

v

E

，E與O的連線與豎直方向夾角θ，由動(dòng)能定理有mgR（1-cosθ）=

1

2

mv

2 E

①，
在E點(diǎn)脫離軌道時(shí)有mgcosθ=

mv 2 E

R

②
聯(lián)立①②解得cosθ=

2

3

，所以sinθ=

1-(cosθ ) 2

=

5

3

即小球不能通過(guò)最高點(diǎn)E，小球脫離圓軌道的位置E與O的連線與豎直方向夾角的正弦值

5

3

．

點(diǎn)評(píng)：小球在內(nèi)側(cè)軌道到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的最小速度應(yīng)滿足mg=

mv 2

R

，脫離軌道時(shí)應(yīng)滿足mgcosθ=

mv 2

R

，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程可利用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律列式求解，小球平拋運(yùn)動(dòng)則利用平拋規(guī)律求解．