Question

15．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點處用一彈射裝置將質(zhì)量m=1kg的小滑塊以某一水平速度彈射出去，小滑塊沿水平光滑直線軌道運動到B點后，進入半徑R=0.1m的光滑豎直圓形軌道，運行一周后自B點滑出，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BC長L=2m，已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，小滑塊從C點飛出后剛好不掉進陷阱，重力加速度g=10m/s²，求：
（1）小滑塊從C點飛出的速度大小；
（2）小滑塊落在D點時的速度方向與水平方向夾角的正切值；
（3）小滑塊從B點離開時，圓軌道對小滑塊的支持力的大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)高度求出平拋運動的時間，結(jié)合水平位移和時間求出小滑塊從C點飛出的速度大�。�
（2）根據(jù)速度時間公式求出落在D點時的豎直分速度，結(jié)合平行四邊形定則求出速度方向與水平方向夾角的正切值．
（3）根據(jù)動能定理求出小滑塊離開B點的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出支持力的大�。�

解答 解：（1）根據(jù)h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$得，平拋運動的時間t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×0.2}{10}}s=0.2s$，
則小滑塊從C點飛出后的速度大小${v}_{C}=\frac{s}{t}=\frac{0.6}{0.2}m/s=3m/s$．
（2）小滑塊落在D點時豎直分速度v_y=gt=10×0.2m/s=2m/s，
根據(jù)平行四邊形定則知，tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{c}}=\frac{2}{3}$．
（3）小物塊在BC段做勻減速直線運動，根據(jù)動能定理得，
$-μmgL=\frac{1}{2}m{{v}_{c}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$，
在B點，根據(jù)牛頓第二定律有：${F}_{N}-mg=m\frac{{{v}_{B}}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得F_N=260N．
答：（1）小滑塊從C點飛出的速度大小為3m/s；
（2）小滑塊落在D點時的速度方向與水平方向夾角的正切值為$\frac{2}{3}$；
（3）小滑塊從B點離開時，圓軌道對小滑塊的支持力的大小為260N．

點評 本題考查了圓周運動、平拋運動和動能定理以及牛頓定律的綜合運用，知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，以及圓周運動向心力的來源是解決本題的關(guān)鍵．