Question

20．如圖所示，豎直平面內(nèi)的一半徑R的光滑圓弧槽BCD，B點(diǎn)與圓心O等高，一水平面與圓弧槽相接于D點(diǎn)．質(zhì)量m=1.0kg的小球從B點(diǎn)正上方H=0.95m高處的A點(diǎn)自由下落，由B點(diǎn)進(jìn)入圓弧槽軌道，從D點(diǎn)飛出后落在水平面上的Q點(diǎn)，DQ間的距離x=2.4m，球從D點(diǎn)飛出后的運(yùn)動過程中相對水平面上升的最大高度h=0.80m，取g=10m/s²，不計(jì)空氣阻力，求：
（1）圓弧槽BCD的半徑R；
（2）經(jīng)過圓弧槽最低點(diǎn)C時軌道對它的支持力大小F_N．

Answer 1

分析 （1）從D到Q做斜拋運(yùn)動，可分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動，豎直方向的上拋運(yùn)動；由上拋運(yùn)動可以求得運(yùn)動時間和上拋的初速度，根據(jù)兩分運(yùn)動的等時性，可以求得水平分速度，然后再合成可得D點(diǎn)的速度的大小以及方向；從A到D應(yīng)用動能定理可以解得半徑；
（2）從A到C應(yīng)用動能定理列式可求在C點(diǎn)的速度，再在C點(diǎn)結(jié)合牛頓第二定律求解支持力．

解答 解：（1）從D到Q做斜拋運(yùn)動，可分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動，豎直方向的上拋運(yùn)動．
由上拋運(yùn)動可以求得運(yùn)動時間和上拋的初速度：$t=2\sqrt{\frac{2h}{g}}=0.8s$，${v}_{yD}=\sqrt{2gh}=4m/s$
又可知${v}_{xD}=\frac{x}{t}=3m/s$，所以${v}_{D}=\sqrt{{v}_{xD}^{2}+{v}_{yD}^{2}}=5m/s$，與水平方向的夾角$tanθ=\frac{{v}_{yD}}{{v}_{xD}}=\frac{4}{3}$，θ=53°
從A到D應(yīng)用動能定理得：$mg（H+Rcos5{3}^{°}）=\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}-0$
綜上可得R=0.5m；
（2）從A到C應(yīng)用動能定理得：$mg（H+R）=\frac{1}{2}m{v}_{c}^{2}-0$
在C點(diǎn)結(jié)合牛頓第二定律：${F}_{N}-mg=m\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
聯(lián)立兩式可以解得：F_N=68N．
答：（1）圓弧槽BcD的半徑R=0.5m；
（2）經(jīng)過圓弧槽最低點(diǎn)C時軌道對它的支持力大小為68N．

點(diǎn)評 本題的突破口是利用運(yùn)動的分解與合成解決斜拋問題，而找OD的與OC的夾角是解題的關(guān)鍵，再根據(jù)動能定理和牛頓第二定律求解．