Question

8．如圖所示，AB和CDO都是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置，AB是半徑為R=2m的$\frac{1}{4}$圓周軌道，CDO是半徑為r=1m的半圓軌道，最高點(diǎn)O處固定一個(gè)豎直彈性檔板．D為CDO軌道的中點(diǎn)．BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接．已知BC段水平軌道長(zhǎng)L=2m，與小球之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4．現(xiàn)讓一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的小球P從A點(diǎn)的正上方距水平線OA高H處自由落下．（取g=10m/s²）
（1）當(dāng)H=1.4m時(shí)，問(wèn)此球第一次到達(dá)D點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大�。�
（2）當(dāng)H=1.4m時(shí)，試通過(guò)計(jì)算判斷此球是否會(huì)脫離CDO軌道．如果會(huì)脫離軌道，求脫離前球在水平軌道經(jīng)過(guò)的路程．如果不會(huì)脫離軌道，求靜止前球在水平軌道經(jīng)過(guò)的路程．
（3）為使小球僅僅與彈性板碰撞二次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，問(wèn)H的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先對(duì)從P到D過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理列式求解D點(diǎn)速度，然后由支持力提供向心力列式求解支持力．
（2）先判斷能夠第一次到達(dá)O點(diǎn)，第二次來(lái)到D點(diǎn)是沿著原路返回，然后判斷能否第三次到達(dá)D點(diǎn)，最后對(duì)全程根據(jù)動(dòng)能定理列式求解總路程．
（3）先判斷出小球能夠發(fā)生第二次碰撞的條件，然后判斷出小球僅僅能發(fā)生第二次碰撞，而滿足不會(huì)離開(kāi)CDO軌道的條件，綜合即可．

解答 解：（1）設(shè)小球第一次到達(dá)D的速度V_D，P到D點(diǎn)的過(guò)程對(duì)小球根據(jù)動(dòng)能定理列式，有：
mg（H+r）-μmgL=$\frac{1}{2}$mV_D²
在D點(diǎn)對(duì)小球列牛頓第二定律：F_N=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{r}$    
聯(lián)立解得：F_N=32N   
（2）第一次來(lái)到O點(diǎn)，速度V₁，P到O點(diǎn)的過(guò)程對(duì)小球根據(jù)動(dòng)能定理列式，有：
mgH-μmgL=$\frac{1}{2}$mV₁²
解得：V₁²=12
要能通過(guò)O點(diǎn)，須mg＜m$\frac{{v}^{2}}{r}$
臨界速度V_O²=10
故第一次來(lái)到O點(diǎn)之前沒(méi)有脫離，第二次來(lái)到D點(diǎn)是沿著原路返回，設(shè)第三次來(lái)到D點(diǎn)的動(dòng)能E_K
對(duì)之前的過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理列式，有：
mg（H+r）-3μmgL=E_K
代入解得：E_K=0
故小球一直沒(méi)有脫離CDO軌道
設(shè)此球靜止前在水平軌道經(jīng)過(guò)的路程S
對(duì)全過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理列式，有：
mg（H+R）-μmgS=0
解得：S=8.5m
（3）為使小球與擋板碰撞第二次，需滿足：$mgH-3μmgL≥\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：H≥2.9m
為使小球與僅僅擋板碰撞二次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，需滿足：
mg（H+r）-5μmgL≤0
代入數(shù)據(jù)解得：H≤3m
故：2.9m≤H≤3.0m
答：（1）當(dāng)H=1.4m時(shí)，此球第一次到達(dá)D點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為32N．
（2）當(dāng)H=1.4m時(shí)，此球不會(huì)脫離CDO軌道，靜止前球在水平軌道經(jīng)過(guò)的路程為8.5m．
（3）為使小球僅僅與彈性板碰撞二次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H需滿足：2.9m≤H≤3.0m

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是結(jié)合動(dòng)能定理和向心力公式判斷物體的運(yùn)動(dòng)情況，注意臨界點(diǎn)D和Q位置的判斷．