题目内容

20．如图所示，弹弓AA′离竖直墙壁BC距离x=2.4m，A′C的竖直高度差y=1.8m．质量m1=0.5kg的石块从弹弓上A′点弹出，抛射后从光滑圆弧轨道最低点C水平进入R=0.32m的圆轨道，且恰好能通过圆弧最高点D，之后从E点平行于斜面MN立即滑上一端停在斜面上M点的木板上，木板长L=1.13m，质量m2=1.5kg．已知图中θ=37°，石块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数分别为μ1=0.5，μ2=0.8，石块视为质点，g=10m/s2，空气阻力忽略不计（sin37°=0.6，cos37°=0.8．）求：
（1）石块在C点的速度；
（2）石块离开木板时的速度；
（3）石块在A′C间运动 时与斜面MN的最近距离．

分析 （1）石块恰好过圆弧最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可求出石块到D点的速度大小．对石块从D至P的过程，运用动能定理可求出石块在C点的速度；
（2）石块在木板上滑行时，根据木板的受力情况，分析出木板静止，由动能定理可求出石块离开木板时的速度；
（3）运用逆向思维，将石块从A′至C的运动可逆向视为从C至A′的平抛运动，根据平抛运动的规律求解石块与斜面间的最近距离．

解答 解：（1）石块恰好过圆弧最高点D，设在D点时的速度为vD，则有：m1g=m1$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
解得：vD=$\sqrt{gR}$=$\frac{4}{5}\sqrt{5}$m/s
C至D的过程，根据机械能守恒 得：
m1g•2R+$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{D}^{2}$=$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{C}^{2}$
代入数据解得：vC=4m/s
（2）对木板：由于m2gsin37°+μ1m1gcos37°＜μ（m1+m2）gcos37°，可见木板不动．
从D出发到石块离开木板的过程，根据动能定理得：
m1gR（1-cos37°）+m1gLsin37°-μ1m1gLcos37°=$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}^{2}-\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{D}^{2}$
解得石块离开木板时的速度为：v=3m/s
（3）将石块从A′至C的运动可逆向视为从C至A′的平抛运动，设历时t，石块的速度与A′C连线平行，此时石块离斜面最近．设A′C连线与水平方向的夹角为α．则：
tanα=$\frac{y}{x}$=$\frac{1.8}{2.4}$=0.75，α=37°
则石块离斜面最近时速度与水平方向的夹角为：θ=α=37°
石块离A′C连线最远的距离为：Smax=$\frac{（{v}_{C}sin37°）^{2}}{2gcos37°}$=0.36m
由几何关系可得，石块离MN最近的距离为：Smin=R+Rcos37°-Smax=0.216m
答：（1）石块在C点的速度是4m/s；
（2）石块离开木板时的速度是3m/s；
（3）石块在A′C间运动 时与斜面MN的最近距离是0.216m．

点评 本题涉及的物理过程比较复杂，要能将整个过程分解成几个简单的过程进行逐个研究，把握住石块到D点的临界速度的求法，将“小鸟”从A′至C的运动看成反向的平抛运动是解决本题的关键，要能熟练运用牛顿第二定律、动能定理进行求解．
第（3）问另法：以C为原点，向量vc方向为x轴正方向，向量→BC方向为y轴正方向建立平面直角坐标系，由倾斜角θ=37°得斜率k=0.75，结合M（-0.192，0.576）解得直线MN的方程为lMN：y=$\frac{3}{4}$ x+$\frac{18}{25}$；设抛物线方程为y=-k'x2，结合A'（-2.4，-1.8）解得抛物线的方程为y=-$\frac{5}{16}$ x2，
求导令$\frac{dy}{dt}$=-$\frac{5}{8}$ x=$\frac{3}{4}$解得与MN平行的切线与抛物线的切点坐标为（-$\frac{5}{6}$，-$\frac{9}{20}$）
代入点到直线的距离公式得到该点到直线MN的距离为$\frac{27}{125}$=0.216即为最小值．

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