题目内容

14．如图所示，一个半径为R的四分之三圆弧形光滑细圆管轨道ABC固定在竖直平面内，轨道在A点与水平地面AD相接，地面与圆心O等高．MN是放在水平地面上长度为2R、厚度不计的垫子，左端M正好位于A点．将一个质量为m的小球（可视为质点）从A点正上方的P点由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g．
（1）若小球恰好能到达管口C点，求P、A两点的高度差h1；
（2）若小球从管口C点飞出后恰好打到MN的中点，求P、A两点的高度差h2；
（3）设P、A两点的高度差为h，试推导在小球能打到MN的前提下，轨道管口C点对小球的弹力F的大小随高度h的变化关系式．

分析 （1）小球恰好能到达管口C点时速度为零，根据机械能守恒定律求P、A两点的高度差h1；
（2）小球离开C点做平抛运动，根据平抛运动的规律求解小球经过圆管的最高点C点时的速度．再由机械能守恒定律求P、A两点的高度差h2；
（3）在C点，由重力和圆管的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出圆管对小球的作用力．

解答 解：（1）小球恰好能到达管口C点时速度为零，根据机械能守恒定律得
    mgR=mgh1．
解得 h1=R
（2）小球离开C点做平抛运动，则有
  竖直方向：R=$\frac{1}{2}$gt2
  水平方向：2R=v1t  
联立解得，v1=$\sqrt{2gR}$
根据机械能守恒定律得
    mgR+$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$=mgh2．
解得 h2=2R
（3）当小球经过C点时轨道对小球无作用力时速度为v．
则有  mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
得 v=$\sqrt{gR}$
对应下落的高度设为h．则有 mgR+$\frac{1}{2}m{v}^{2}$=mgh
解得 h=$\frac{3}{2}$R
当小球从管口C点飞出后恰好打到M点时，则有
   竖直方向：R=$\frac{1}{2}$gt2
   水平方向：R=v2t  
解得 v2=$\sqrt{\frac{1}{2}gR}$
对应下落的高度设为h′．则有 mgR+$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$=mgh′
解得 h′=$\frac{5}{4}$R
当小球从管口C点飞出后恰好打到N点时，则有
   竖直方向：R=$\frac{1}{2}$gt2
   水平方向：3R=v3t  
解得 v3=$\sqrt{\frac{9}{2}gR}$
对应下落的高度设为h″．则有 mgR+$\frac{1}{2}mv{″}^{2}$=mgh″
解得 h″=$\frac{13}{4}$R
当$\frac{5}{4}$R≤h≤$\frac{3}{2}$R时，小球通过C点时，管口对小球有向上的弹力，根据牛顿第二定律得
    mg-F=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
根据机械能守恒定律得 
   mgR+$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$=mgh
联立解得 F=-$\frac{2mg}{R}$h+3mg
当$\frac{3}{2}$R＜h≤$\frac{13}{4}$R时，小球通过C点时，管口对小球有向上的弹力，根据牛顿第二定律得
    F-mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
根据机械能守恒定律得 
   mgR+$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$=mgh
联立解得 F=$\frac{2mg}{R}$h-3mg
答：
（1）P、A两点的高度差h1是R．
（2）P、A两点的高度差h2是2R．
（3）当$\frac{5}{4}$R≤h≤$\frac{3}{2}$R时，F=-$\frac{2mg}{R}$h+3mg．当$\frac{3}{2}$R＜h≤$\frac{13}{4}$R时，F=$\frac{2mg}{R}$h-3mg．

点评 本题要分析清楚物体的运动过程，根据物体不同的运动状态，采用相应的物理规律求解即可．

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