Question

15．如圖所示，半徑為R的光滑圓弧軌道ABC固定在豎直平面內(nèi)，O是圓心，OC豎直，OA水平，B是最低點(diǎn)，A點(diǎn)緊靠一足夠長(zhǎng)的平臺(tái)MN，D點(diǎn)位于A點(diǎn)正上方，DA距離為有限值．現(xiàn)于D點(diǎn)無(wú)初速度釋放一個(gè)大小可以忽略的小球，在A點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，從C點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)并落在平臺(tái)MN上，P點(diǎn)是小球落在MN之前軌跡上緊鄰MN的一點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 只要D點(diǎn)的高度合適，小球可以落在平臺(tái)MN上任意一點(diǎn)
• B． 小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，重力的功率一直增大
• C． 小球由D經(jīng)A，B，C到P的過(guò)程中，其在D點(diǎn)的機(jī)械能大于P點(diǎn)的機(jī)械能
• D． 如果DA距離為h，則小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為3mg+$\frac{2mgh}{R}$

Answer 1

分析 根據(jù)小球恰好通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度，求小球離開(kāi)C點(diǎn)后平拋運(yùn)動(dòng)的最小距離．采用特殊位置法分析小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，重力的功率如何變化．在小球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，只有重力做功，遵守機(jī)械能守恒定律．根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度，再由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求小球?qū)�軌道的壓力�?/p>

解答 解：A、小球恰好通過(guò)C點(diǎn)時(shí)，有 mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$，v_C=$\sqrt{gR}$
小球離開(kāi)C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，由R=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$，得 t=$\sqrt{\frac{2R}{g}}$，平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離最小值 x=v_Ct=$\sqrt{2}$R，所以小球只有落在平臺(tái)MN上距M點(diǎn)距離為（$\sqrt{2}$-1）R的右側(cè)位置上，故A錯(cuò)誤．
B、小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，在B點(diǎn)，重力與速度垂直，重力的瞬時(shí)功率為0，所以小球到達(dá)B點(diǎn)前重力的功率在減小，故B錯(cuò)誤．
C、小球由D經(jīng)A，B，C到P的過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，則其在D點(diǎn)的機(jī)械能等于P點(diǎn)的機(jī)械能，故C錯(cuò)誤．
D、小球從D運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒得
   mg（h+R）=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得
   N-mg=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$
解得 N=3mg+$\frac{2mgh}{R}$
由牛頓第三定律得知，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力 N′=N=3mg+$\frac{2mgh}{R}$．故D正確．
故選：D

點(diǎn)評(píng) 本題要把握C點(diǎn)的臨界速度的求法，知道小球通過(guò)C點(diǎn)后水平位移有最小值，運(yùn)用機(jī)械能守恒定律和牛頓定律結(jié)合是求圓周運(yùn)動(dòng)中物體受力情況常用的思路．