Question

9．如圖所示，AB是傾角為θ=53⁰的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點(diǎn)與圓弧相切，圓弧的半徑為R．一個(gè)質(zhì)量為m的物體（可以看作質(zhì)點(diǎn)）從直軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道間做往返運(yùn)動(dòng)．已知P點(diǎn)與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5．求：（cos53°=sin 37°=0.6，cos37°=sin53°=0.8）
（1）物體做往返運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中在AB軌道上通過的總路程s；
（2）最終當(dāng)物體通過圓弧軌道最低點(diǎn)E時(shí)，對圓弧軌道的壓力的大��；
（3）為使物體能順利到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)D（E、O、D為同一條豎直直徑上的3個(gè)點(diǎn)），釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離L應(yīng)滿足什么條件．
（4）若物體從距B點(diǎn)d=3R處靜止滑下，則物體離開圓軌時(shí)離圓心O點(diǎn)的高度是多少？

Answer 1

分析 （1）物體在AB軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，摩擦力對物體做負(fù)功，物體的機(jī)械能不斷減少，物體最終在圓心角為2θ的圓弧上往復(fù)運(yùn)動(dòng)．對整個(gè)過程，利用動(dòng)能定理求摩擦力做的功；
（2）對BE過程，由動(dòng)能定理可求得C點(diǎn)的速度，由向心力公式求解支持力，再由牛頓第三定律求解壓力；
（3）根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)中能過最高點(diǎn)的條件明確物體的速度，再對全程由動(dòng)能定理定式求解即可L應(yīng)滿足的條件；
（4）物體離開圓軌時(shí)由重力徑向分力提供向心力．由此列式可求得物體離開圓軌道時(shí)的速度表達(dá)式．再由動(dòng)能定理和幾何關(guān)系列式，即可求解．

解答 解：（1）因?yàn)樵贏B軌道上摩擦力始終對物體做負(fù)功，所以物體最終在圓心角為2θ的圓弧上往復(fù)運(yùn)動(dòng)．對整體過程，由動(dòng)能定理得：
mgR•cosθ-μmgcosθ•s=0，
所以總路程為：s=$\frac{R}{μ}$$\frac{R}{0.5}$=2R
（2）對B→E過程，由動(dòng)能定理得：
mgR（1-cos θ）=$\frac{1}{2}$mv${\;}_{E}^{2}$…①
在E點(diǎn)，由牛頓第二定律得：
F_N-mg=$\frac{m{v}_{E}^{2}}{R}$…②
由牛頓第三定律，物體對軌道的壓力為：${F_N}^′={F_N}$…③
由①②③得對軌道壓力：${F_N}^′$=（3-2cosθ）mg=1.8mg
（3）設(shè)物體剛好到D點(diǎn)，則有：mg=$\frac{m{v}_{D}^{2}}{R}$…④
對全過程由動(dòng)能定理得：mgLsin θ-μmgcos θ•L-mgR（1+cos θ）=$\frac{1}{2}$mv${\;}_{D}^{2}$…⑤
由④⑤得應(yīng)滿足條件：L≥$\frac{3+2cosθ}{2（sinθ-μcosθ）}$•R=4.2R
（4）設(shè)物體離開圓軌時(shí)，所在半徑與水平方向夾角為β．則有：$mgsinβ=\frac{{m{v^2}}}{R}$
從B點(diǎn)到離開軌道的過程，由動(dòng)能定理得：$mg（dsinθ-Rcosθ-Rsinβ）-μmgdcosθ=\frac{{m{v^2}}}{2}$
聯(lián)立上式，得：sinβ=0.6
所以，距圓心高為：h=Rsinβ=0.6R
答：（1）物體做往返運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中在AB軌道上通過的總路程s是2R；
（2）最終當(dāng)物體通過圓弧軌道最低點(diǎn)E時(shí)，對圓弧軌道的壓力的大小是1.8mg；
（3）釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離L應(yīng)滿足的條件是L≥4.2R．
（4）若物體從距B點(diǎn)d=3R處靜止滑下，則物體離開圓軌時(shí)離圓心O點(diǎn)的高度是0.6R．

點(diǎn)評 本題的關(guān)鍵要分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程，判斷物體最終的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，把握圓周運(yùn)動(dòng)向心力來源，知道滑動(dòng)摩擦力做功與總路程有關(guān)．