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    20．如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆形轨道，OA处于水平位置．AB是半径为R=2m的$\frac{1}{4}$圆周轨道，CDO是半径为r=1m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板．D为CDO轨道的中点．已知BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L=2m，与小球之间的动摩擦因数μ=0.4．现让一个质量为m=1kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H自由下落．（g=10m/s2）
    （1）当H=8.55m时，问此球第一次到达O点对轨道的压力；
    （2）当H=8.55m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求脱离位置距C点的竖直高度．如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程；
    （3）H取值满足什么条件时，小球会脱离CDO轨道？

    分析 （1）先球对从P到D过程根据动能定理列式求解D点速度，然后由支持力提供向心力列式求解支持力，即可得到对轨道的压力．
    （2）设第k次（k为奇数1，3，5，…）经过C点时的动能为Ek，由动能定理得到Ek．若第k次经过C点后，恰能到达CDO轨道上的D点，则有：EkC=mgr．若第k次经过C点后，恰能到达CDO轨道上的O点，在O点由重力充当向心力，速度为$\sqrt{gr}$，根据动能定理得到EkC．然后判断出k=？时球会脱离轨道，并由动能定理求脱离位置距C点的竖直高度．
    （3）根据上题的结果，分析小球会脱离CDO轨道应满足的条件．

    解答 解：（1）设小球第一次到达O点的速度为v0，小球从释放到O的过程，由动能定理得：
    mgH-μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
    在O点，由牛顿第二定律得：FN+mg=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$
    联立解得：FN=145N
    由牛顿第三定律得小球第一次到达O点对轨道的压力大小 FN′=FN=145N，方向竖直向下．
    （2）设小球第k次（k为奇数1，3，5，…）经过C点时的动能为Ek，由动能定理得：
    mgH-kμmgL=Ek．
    若第k次（k为奇数1，3，5，…）经过C点后，恰能到达CDO轨道上的D点，则需要：
    EkC=mgr=10J．
    若第k次经过C点后，恰能到达CDO轨道上的O点，在O点由重力充当向心力，速度为$\sqrt{gr}$，则需要 EkC=mg（2r）+$\frac{1}{2}m（\sqrt{gr}）^{2}$=25J
    联立解得：当k=11时，有Ek=17.5J
    即10J＜Ek＜17.5J，所以小球会第11次经过C点后在DO之间脱离轨道．
    设在CDO轨道上的N脱离轨道，过N点的半径与达D点的半径夹角为θ，则从C点到N点的过程，根据动能定理得
    -mg（r+rsinθ）=$\frac{1}{2}m{v}_{N}^{2}$-Ek；
    在N点，小球对轨道的压力为零，由牛顿第二定律得：mgsinθ=m$\frac{{v}_{N}^{2}}{r}$
    联立解得 sinθ=$\frac{1}{2}$
    所以脱离位置N距C点的竖直高度 h=r+rsinθ=1.5m．
    （3）由（2）问知：小球脱离CDO轨道的条件为 mgr＜Ek＜mg（2r）+$\frac{1}{2}m（\sqrt{gr}）^{2}$
    联立解得：0.8k-1＜H＜0.8k+0.5，（其中k奇数1，3，5，7…）
    答：（1）小球第一次到达O点对轨道的压力大小为145N，方向竖直向下．
    （2）小球会第11次经过C点后在DO之间脱离轨道，脱离位置N距C点的竖直高度是1.5m．
    （3）H取值满足：0.8k-1＜H＜0.8k+0.5，（其中k奇数1，3，5，7…）条件时，小球会脱离CDO轨道．

    点评 本题关键是结合动能定理和向心力公式判断物体的运动情况，注意临界点D和0位置的条件．知道小球刚脱离轨道时，由重力的径向分力提供向心力．

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    C．物体各部分运动情况相同，在研究其运动规律时，可视为质点
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