Question

4．如图所示，光滑轨道ABCD，水平部分AB与BCD平滑连接，BCD是半径为R=0.2米半圆周．一个质量为m的物体（可看成质点）从A点以初速度V₀向右运动．求：
（1）当物体的初速度V₀为多大时，物体可以沿原路径返回．
（2）要求物体能通过最高点D，从D点射出后，落在AB上的E点（E点未画出）求EB最小时，物体在AB上的初速度为多大．
（3）当物体以V₀=$\sqrt{7}$m/s初速度水平向右运动时，求物体上升的最大高度．

Answer 1

分析 （1）物体最高运动到C点由动能定理求得最大速度；
（2）物体刚好能通过最高点时在水平方向通过的位移最小，根据牛顿第二定律求得速度，有动能定理求得速度
（3）物体将在CD之间脱离轨道做斜抛运动，由动能定理可得求得到达轨道的最高点，然后做斜抛运动，求得最终高度

解答 解：（1）要使物体沿原路径返回，物体最高到达C点，根据动能定理可得：
$-mgR=0-\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}$
解得：${v}_{0}=\sqrt{2gR}=\sqrt{2×10×0.2}m/s=2m/s$
故速度最大为2m/s
（2）物体刚好能通过最高点，EB最小，刚好通过最高点的速度为v，根据牛顿第二定律可得：$mg=\frac{m{v}^{2}}{R}$，
解得：v=$\sqrt{2}m/s$
有动能定理可得：$-mg•2R=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}$
联立解得：${v}_{0}=\sqrt{10}m/s$
（3）物体将在CD之间脱离轨道做斜抛运动，由动能定理可得：
$\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}=\frac{1}{2}mv{′}^{2}+mg（R+Rsinθ）$
$mgsinθ=\frac{mv{′}^{2}}{R}$
联立解得：θ=30°，v′=1m/s
然后做斜抛运动，上身高度为h
（v′sin60°）²=2gh
解得：h=0.0375m
上升高度为：H=R+h=0.2375m
答：（1）当物体的初速度V₀为2m/s时，物体可以沿原路径返回．
（2）要求物体能通过最高点D，从D点射出后，落在AB上的E点（E点未画出），EB最小时，物体在AB上的初速度为$\sqrt{10}m/s$．
（3）当物体以V₀=$\sqrt{7}$m/s初速度水平向右运动时，物体上升的最大高度为0.2375m

点评 本题主要考查了动能定理，关键是抓住临界条件，特别是第三问，找出脱离轨道的位置即可求解