Question

1．某校興趣小組制作了一個游戲裝置，其簡化模型如圖所示，在A點用一彈射裝置可將靜止的小滑塊以v₀水平速度彈射出去，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑R=0.3m的光滑豎直圓形軌道，運行一周后自B點向C點運動，C點右側(cè)有一陷阱，C、D兩點的豎直高度差h=0.2m，水平距離s=0.6m，水平軌道AB長為L₁=1m，BC長為L₂=2.6m，小滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度g=10m/s²．
（1）若小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點，求小滑塊在A點彈射出的速度大�。�
（2）若游戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運行一周離開圓形軌道后只要不掉進陷阱即為勝出．求小滑塊在A點彈射出的速度大小范圍．

Answer 1

分析 （1）小球恰能通過圓形軌道的最高點，由重力提供向心力，由牛頓第二定律可求出小球經(jīng)圓形軌道的最高點時的速度．根據(jù)動能定理研究小球從A點到軌道最高點的過程，求解小球在A點的初速度．
（2）若小球既能通過圓形軌道的最高點，又不能掉進壕溝，有兩種情況：第一種情況：小球停在BC間；第二種情況：小球越過壕溝．若小球恰好停在C點，由動能定理求出小球的初速度．得出第一種情況下小球初速度范圍．若小球恰好越過壕溝，由平拋運動知識求出小球經(jīng)過C點的速度，再由動能定理求出初速度，得到初速度范圍．

解答 解：（1）小球恰能通過最高點時，重力充當向心力，有：
mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$ 
由A到B再到最高點的過程，由動能定理得：
-μmgL₁-2mgR=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv_A²
解得在A點的初速度：v_A=5m/s            
（2）若小球恰好停在C處，對全程進行研究，則有：
-μmg（L₁+L₂）=0-$\frac{1}{2}$mv′²，
代入數(shù)據(jù)解得：v′=6m/s．
所以當5m/s≤v_A≤6m/s時，小球停在BC間．若小球恰能越過壕溝時，則有：
  h=$\frac{1}{2}$gt²，
  s=vt，
聯(lián)立解得：v=3m/s
由動能定理得：-μmg（L₁+L₂）=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv″²
代入數(shù)據(jù)解得：v″=3$\sqrt{5}$m/s，
所以當v_A≥3$\sqrt{5}$m/s，小球越過壕溝．
故若小球既能通過圓形軌道的最高點，又不能掉進壕溝，小滑塊在A點彈射出的速度大小范圍是5m/s≤v_A≤6m/s或v_A≥3$\sqrt{5}$m/s．
答：（1）若小球恰能通過圓形軌道的最高點，小球在A點的初速度是5m/s．
（2）小滑塊在A點彈射出的速度大小范圍是5m/s≤v_A≤6m/s或v_A≥3$\sqrt{5}$m/s．

點評 本題是圓周運動、平拋運動和動能定理的綜合應用，注意分析臨界狀態(tài)，把握臨界條件是關(guān)鍵．