Question

16．如圖所示，小球在水平外力F作用下，從粗糙水平臺(tái)上A點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，作用一段時(shí)間后撤去F，小球從B點(diǎn)拋出，落在水平地面CD上某處并反彈，因?yàn)榕c地面碰撞有能量損失，反彈過(guò)程水平速度不變而豎直速度減小，彈起后剛好沿半圓槽EFD的E點(diǎn)切向進(jìn)入且與圓弧槽間相互作用力恰好為零．已知F=4N，小球質(zhì)量m=1kg，平臺(tái)動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，AB間距離L₁=5m，平臺(tái)與水平地面間高度h=1.25m，圓弧槽半徑R=0.4m，試求：
（1）小球剛進(jìn)入圓弧槽E時(shí)的速度大�。�
（2）CD間距離L₂；
（3）外力F作用的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）小球從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，利用在E點(diǎn)時(shí)與圓弧槽間相互作用力恰好為零先求E點(diǎn)速度；
（2）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)求水平位移；
（3）從A到B由動(dòng)能定理求出外力作用的距離；由牛頓第二定律可得加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)可得F的作用時(shí)間．

解答 解：（1）令平拋時(shí)間為t₁，水平距離為x₁，斜拋時(shí)間為t₂，水平距離為x₂．
剛從E點(diǎn)進(jìn)入，則有：mg=m$\frac{{{v}_{E}}^{2}}{R}$解得：v_E=$\sqrt{gR}=\sqrt{10×0.4}$=2m/s，
方向水平向右．
（2）根據(jù)h=$\frac{1}{2}$gt₁²，
解得：t₁=$\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}$=0.5s，
x₁=v_Et₁=2×0.5=1m，
因斜拋可看作逆向的平拋運(yùn)動(dòng)，所以豎著彈起的高度h=2R=$\frac{1}{2}$gt₂²，
解得：t₂=$\sqrt{\frac{4R}{g}}=\sqrt{\frac{4×0.4}{10}}$=0.4s    
t=t₁+t₂=0.5+0.4=0.9s     
x₂=v_Et₂=2×0.4=0.8m        
所以：
L₂=x₁+x₂=1+0.8=1.8m．       
（3）令F作用距離為△x．由動(dòng)能定理有：
Fs-μmgL₁=$\frac{1}{2}$mv_E²，
解得：
s=3m，
由牛頓第二定律：
$a=\frac{F-μmg}{m}=\frac{4}{1}-0.2×10=2m/{s}^{2}$，
由運(yùn)動(dòng)學(xué)：
$△x=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
解得：
t=$\sqrt{\frac{2△x}{a}}=\sqrt{\frac{2×3}{2}}=\sqrt{3}s$
答：（1）剛從E點(diǎn)進(jìn)入時(shí)，小球的速度V_E大小為2m/s，方向水平向右；
（2）小球從B點(diǎn)到E點(diǎn)的時(shí)間為0.9s，CD間的距離L₂為1.8m；
（3）外力作用的時(shí)間為$\sqrt{3}s$．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵理清運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，綜合運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)和動(dòng)能定理進(jìn)行解題．