Question

17．为了研究如图甲过山车的原理，物理小组将这种情况抽象为如图乙的模型：取一个与水平方向夹角为37°、长为L=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的．其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图乙所示．一个小物块以初速度v₀=4.0m/s，从某一高处水平抛出，到A点时速度方向恰好沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．（小物块在B点时没有机械能损失）已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.50（g取10m/s²、sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

（1）抛出点与A点的高度差；
（2）要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件；
（3）为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件？并求出滑块在AB上运动的总路程．

Answer 1

分析 （1）从抛出点到A点做平抛运动，根据平抛运动的规律可解得落到A点时竖直方向的速度v_y与h的关系，根据竖直方向速度v_y与水平方向速度v_x的夹角之间的关系，可以解得h．
（2）现根据第一问中求得到达A的速度，从A到环的最高点运用动能定理列方程，再根据到达最高点的临界条件mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$知半径R′大小
（3）要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道AB，则小物体沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心，结合动能定理列式求解．

解答 解：（1）设从抛出点到A点的高度差为h，根据平抛运动的规律有：v_y=v₀tan37°=4×$\frac{3}{4}$=3m/s
h=$\frac{{v}_{y}^{2}}{2g}$=$\frac{{3}^{2}}{2×10}$=0.45m  
（2）小物体到达A点时的速度：v_A=$\frac{{v}_{0}}{cos37°}$=5m/s
小物体从A到环最高点，由动能定理：mg（Lsin37°-2R′）-μmgcos37°L=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-$\frac{1}{2}$mv${\;}_{A}^{2}$①
在最高点有：m$\frac{{v}^{2}}{R}$≥mg②
由①②解得 R′≤0.66m．
（3）要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道AB，则小物体沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心，
即：mg（Lsin37°-R″）-μmgcos37°L=0-$\frac{1}{2}$mv${\;}_{A}^{2}$
解得R′=$\frac{{v}_{A}^{2}}{2g}$+Lsin37°-μcos37°L=$\frac{{5}^{2}}{2×10}$+2×0.6-0.5×0.8×2=1.65m
为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，竖直圆弧轨道的半径应该满足：R″≥1.65m 
小球多次往返于斜面和水平面圆周之间，最终速度趋于零，停在水平面上，整个过程由能量守恒（或用动能定理列方程）得
$\frac{1}{2}$mv${\;}_{A}^{2}$+mgLsin37°=μmgcos37°x
解得x=$\frac{{v}_{A}^{2}}{2μgcos37°}$$+\frac{Lsin37°}{μcos37°}$=$\frac{{5}^{2}}{2×0.5×10×0.8}$$+\frac{2×0.6}{0.5×0.8}$=6.125m  
答：（1）抛出点与A点的高度差0.45m；
（2）要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应该满足 R′≤0.66m；
（3）为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则竖直圆轨道的半径应该满足R″≥1.65m，滑块在AB上运动的总路程6.125m．

点评 此题要求熟练掌握平抛运动、动能定理、机械能守恒定律、圆周运动等规律，包含知识点多，难度较大，属于难题．