Question

14．有一種“過山車”的雜技表演項目，可以簡化為如圖所示的模型，一滑塊從A點以某一水平向右的初速度出發(fā)，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑R=10cm的光滑豎直圓形軌道，圓形軌道間不相互重疊，即滑塊離開圓形軌道后可繼續(xù)向C點運動，C點右側有一壕溝，C、D兩點的豎直高度h=0.8m，水平距離s=1.2m，水平軌道AB長為L₁=1m，BC長為L₂=3m，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數μ=0.2，重力加速度g=10m/s²．則
（1）若滑塊恰能通過圓形軌道的最高點E，計算滑塊在A點的初速度v₀；
（2）若滑塊既能通過圓形軌道的最高點，又不掉進壕溝，求小滑塊在A點時初速度v₀′的范圍？

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律求得滑塊在E點的速度，然后由機械能守恒求得滑塊在B的速度，即可由動能定理求得初速度；
（2）根據滑塊能過E點求得初速度的范圍，再根據滑塊不掉進壕溝得到滑塊靜止在BC上和滑塊越過壕溝的速度范圍，即可聯立得到初速度范圍．

解答 解：（1）對滑塊在圓形軌道最高點應用牛頓第二定律，由滑塊恰能通過最高點可得：$mg=\frac{m{{v}_{E}}^{2}}{R}$；
滑塊在圓形軌道上運動，只有重力做功，故機械能守恒，所以有$\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}=2mgR+\frac{1}{2}m{{v}_{E}}^{2}=\frac{5}{2}mgR$；
在滑塊從A運動到B過程中，滑塊受到的合外力為f=μmg，故由動能定理可得：$-f{L}_{1}=\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，所以，${v}_{0}=\sqrt{\frac{2（\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}+f{L}_{1}）}{m}}=\sqrt{2（\frac{5}{2}gR+μg{L}_{1}）}=3m/s$；
（2）滑塊能通過圓形軌道的最高點，則滑塊初速度v₀′≥v₀=3m/s；
又有滑塊從A到C過程只有重力、摩擦力做功，故應用動能定理可得：$-μmg（{L}_{1}+{L}_{2}）=\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}{′}^{2}$，所以，${v}_{0}′=\sqrt{{v}_{C}^{2}+2μg（{L}_{1}+{L}_{2}）}$；
那么，${v}_{0}′≥\sqrt{2μg（{L}_{1}+{L}_{2}）}=4m/s$，滑塊才能運動到C點；
故若3m/s≤v₀′≤4m/s，滑塊停在BC上，不掉進壕溝；
若滑塊越過壕溝，那么由類平拋運動規(guī)律可得：${v}_{C}≥\frac{s}{t}=\frac{s}{\sqrt{\frac{2h}{g}}}=3m/s$，所以，${v}_{0}′=\sqrt{{{v}_{C}}^{2}+2μg（{L}_{1}+{L}_{2}）}≥5m/s$；
所以，若滑塊既能通過圓形軌道的最高點，又不掉進壕溝，則小滑塊在A點時初速度v₀′的范圍為3m/s≤v₀′≤4m/s或v₀′≥5m/s；
答：（1）若滑塊恰能通過圓形軌道的最高點E，則滑塊在A點的初速度v₀為3m/s；
（2）若滑塊既能通過圓形軌道的最高點，又不掉進壕溝，則小滑塊在A點時初速度v₀′的范圍為3m/s≤v₀′≤4m/s或v₀′≥5m/s；

點評 物體運動問題，一般先對物體進行受力分析，然后由牛頓第二定律求得某一位置的加速度、速度，或由能量守恒求得經過某一位移后的速度等狀態(tài)量．