Question

15．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点处用一弹射装置将质量m=1kg的小滑块以某一水平速度弹射出去，小滑块沿水平光滑直线轨道运动到B点后，进入半径R=0.1m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点滑出，向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道BC长L=2m，已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.4，小滑块从C点飞出后刚好不掉进陷阱，重力加速度g=10m/s²，求：
（1）小滑块从C点飞出的速度大小；
（2）小滑块落在D点时的速度方向与水平方向夹角的正切值；
（3）小滑块从B点离开时，圆轨道对小滑块的支持力的大小．

Answer 1

分析 （1）根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出小滑块从C点飞出的速度大小．
（2）根据速度时间公式求出落在D点时的竖直分速度，结合平行四边形定则求出速度方向与水平方向夹角的正切值．
（3）根据动能定理求出小滑块离开B点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小．

解答 解：（1）根据h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$得，平抛运动的时间t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×0.2}{10}}s=0.2s$，
则小滑块从C点飞出后的速度大小${v}_{C}=\frac{s}{t}=\frac{0.6}{0.2}m/s=3m/s$．
（2）小滑块落在D点时竖直分速度v_y=gt=10×0.2m/s=2m/s，
根据平行四边形定则知，tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{c}}=\frac{2}{3}$．
（3）小物块在BC段做匀减速直线运动，根据动能定理得，
$-μmgL=\frac{1}{2}m{{v}_{c}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$，
在B点，根据牛顿第二定律有：${F}_{N}-mg=m\frac{{{v}_{B}}^{2}}{R}$，
代入数据联立解得F_N=260N．
答：（1）小滑块从C点飞出的速度大小为3m/s；
（2）小滑块落在D点时的速度方向与水平方向夹角的正切值为$\frac{2}{3}$；
（3）小滑块从B点离开时，圆轨道对小滑块的支持力的大小为260N．

点评 本题考查了圆周运动、平抛运动和动能定理以及牛顿定律的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．