Question

16．如图所示，小球在水平外力F作用下，从粗糙水平台上A点由静止开始运动，作用一段时间后撤去F，小球从B点抛出，落在水平地面CD上某处并反弹，因为与地面碰撞有能量损失，反弹过程水平速度不变而竖直速度减小，弹起后刚好沿半圆槽EFD的E点切向进入且与圆弧槽间相互作用力恰好为零．已知F=4N，小球质量m=1kg，平台动摩擦因数μ=0.2，AB间距离L₁=5m，平台与水平地面间高度h=1.25m，圆弧槽半径R=0.4m，试求：
（1）小球刚进入圆弧槽E时的速度大小；
（2）CD间距离L₂；
（3）外力F作用的时间．

Answer 1

分析 （1）小球从B点做平抛运动，利用在E点时与圆弧槽间相互作用力恰好为零先求E点速度；
（2）根据平抛运动的知识求水平位移；
（3）从A到B由动能定理求出外力作用的距离；由牛顿第二定律可得加速度，由运动学可得F的作用时间．

解答 解：（1）令平抛时间为t₁，水平距离为x₁，斜抛时间为t₂，水平距离为x₂．
刚从E点进入，则有：mg=m$\frac{{{v}_{E}}^{2}}{R}$解得：v_E=$\sqrt{gR}=\sqrt{10×0.4}$=2m/s，
方向水平向右．
（2）根据h=$\frac{1}{2}$gt₁²，
解得：t₁=$\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}$=0.5s，
x₁=v_Et₁=2×0.5=1m，
因斜抛可看作逆向的平抛运动，所以竖着弹起的高度h=2R=$\frac{1}{2}$gt₂²，
解得：t₂=$\sqrt{\frac{4R}{g}}=\sqrt{\frac{4×0.4}{10}}$=0.4s    
t=t₁+t₂=0.5+0.4=0.9s     
x₂=v_Et₂=2×0.4=0.8m        
所以：
L₂=x₁+x₂=1+0.8=1.8m．       
（3）令F作用距离为△x．由动能定理有：
Fs-μmgL₁=$\frac{1}{2}$mv_E²，
解得：
s=3m，
由牛顿第二定律：
$a=\frac{F-μmg}{m}=\frac{4}{1}-0.2×10=2m/{s}^{2}$，
由运动学：
$△x=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
解得：
t=$\sqrt{\frac{2△x}{a}}=\sqrt{\frac{2×3}{2}}=\sqrt{3}s$
答：（1）刚从E点进入时，小球的速度V_E大小为2m/s，方向水平向右；
（2）小球从B点到E点的时间为0.9s，CD间的距离L₂为1.8m；
（3）外力作用的时间为$\sqrt{3}s$．

点评 解决本题的关键理清运动的过程，综合运用平抛运动和动能定理进行解题．