Question

7．如圖所示，傾斜軌道AB的傾角為37°，CD、EF軌道水平，AB與CD通過光滑圓弧管道BC連接，CD右端與豎直光滑圓軌道相切于最低點(diǎn)D，E點(diǎn)與圓心O在同一水平線上，F(xiàn)點(diǎn)為圓軌道的最高點(diǎn)．一小球從A點(diǎn)由靜止釋放，恰能從D點(diǎn)的小孔進(jìn)入圓軌道，沿軌道內(nèi)壁運(yùn)動(dòng)，已知AB長(zhǎng)為S_AB=5m，CD長(zhǎng)為S_CD=4m，圓弧管道BC的入口B與出口C的高度差為h=3m，小球與斜軌AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₁=0.5，與水平軌道CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ₂=0.55，g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
（1）求小球滑到水平軌道上D點(diǎn)時(shí)的速率v_D；
（2）要使小球在圓軌道中運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，求圓軌道的半徑R應(yīng)滿足的條件；
（3）若圓軌道的半徑R=1.2m，求小球沿圓軌道向上做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的最小速度v．

Answer 1

分析 （1）對(duì)球從A運(yùn)動(dòng)至D過程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解即可；
（2）要使小球不脫離軌道，有兩種情況：情況一：小球能滑過圓周軌道最高點(diǎn)，進(jìn)入EF軌道．情況二：小球上滑至四分之一圓軌道的點(diǎn)時(shí)，速度減為零，然后滑回D．由動(dòng)能定理列出等式求解．
（3）當(dāng)R=1.2m時(shí)，球恰好運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)，重力等于向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可．

解答 解：（1）設(shè)小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度為v，球從A運(yùn)動(dòng)至D過程，由動(dòng)能定理有：
$mgsin37°•{S}_{AB}+mgh-{μ}_{1}mgcos37°•{S}_{AB}-{μ}_{2}mg{S}_{CD}=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$ 
可得：
${v}_{1}=\sqrt{2g（sin37°•{S}_{AB}+h-{μ}_{1}cos37°•{S}_{AB}-{μ}_{2}{S}_{CD}）}$ 
=$\sqrt{2×10×（0.6×5+3-0.5×0.8×5-0.55×4）}m/s$ 
=6m/s
（2）要使小球不脫離軌道，有兩種情況：
情況一：小球能滑過圓周軌道最高點(diǎn)，進(jìn)入EF軌道．則小球在最高點(diǎn)F應(yīng)滿足：
$m\frac{v_F^2}{R}≥mg$
小球從C直到F點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理，有：
$-mg•2R=\frac{1}{2}m{v}_{F}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$
可得：
R≤1.2m
情況二：小球上滑至四分之一圓軌道的E點(diǎn)時(shí)，速度減為零，然后滑回D．則由動(dòng)能定理有：
$-mg•R=0-\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$
解得：R≥1.8m
（3）結(jié)合第二問的討論，當(dāng)R=1.2m時(shí)，球恰好運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)，重力等于向心力，故：
mg=m$\frac{{v}_{\;}^{2}}{R}$
解得：
${v}=\sqrt{gR}=\sqrt{10×1.2}m/s=2\sqrt{3}m/s$
答：（1）小球滑到水平軌道上D點(diǎn)時(shí)的速率v_D為6m/s；
（2）要使小球在圓軌道中運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，圓軌道的半徑R滿足的條件為：R≥1.8m或者R≤1.2m；
（3）若圓軌道的半徑R=1.2m，小球沿圓軌道向上做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的最小速度v為2$\sqrt{3}$m/s．

點(diǎn)評(píng) 本題考查動(dòng)能定理及能量守恒等的應(yīng)用；此題要求熟練掌握動(dòng)能定理、能量守恒定律、圓周運(yùn)動(dòng)等規(guī)律，包含知識(shí)點(diǎn)多，難度較大，屬于難題．