19.如圖所示,半徑為R的$\frac{1}{4}$光滑圓弧軌道最低點(diǎn)D與水平面相切,在D點(diǎn)右側(cè)L0=4R處用長為R的細(xì)繩將質(zhì)量為m的小球B(可視為質(zhì)點(diǎn))懸掛于O點(diǎn),小球B的下端恰好與水平面接觸,質(zhì)量為m的小球A(可視為質(zhì)點(diǎn))自圓弧軌道C的正上方H高處由靜止釋放,恰好從圓弧軌道的C點(diǎn)切入圓弧軌道,已知小球A與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,重力加速度為g,試求:
(1)若H=R,小球A到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)D時(shí)所受軌道的支持力;
(2)若小球A與B發(fā)生彈性碰撞后B球恰能到最高點(diǎn),求H的大。
(3)若要求小球A與B發(fā)生彈性碰撞后細(xì)繩始終保持伸直,求H的取值范圍.

分析 (1)小球從靜止到D過程機(jī)械能守恒,應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出到達(dá)D點(diǎn)的速度,然后又牛頓第二定律求出支持力.
(2)兩小球發(fā)生彈性碰撞,系統(tǒng)動量與機(jī)械能守恒,應(yīng)用動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律可以求出高度.
(3)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出H的范圍.

解答 解:(1)小球從靜止運(yùn)動到D點(diǎn)過程機(jī)械能守恒,由機(jī)械能守恒定律得:
$mg(H+h)=\frac{1}{2}mv_D^2$,
在D點(diǎn),由牛頓第二定律得:
$N-mg=m\frac{v_D^2}{R}$,
代入數(shù)據(jù)解得:N=5mg,方向豎直向上.
(2)A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得:
mvA=mv1+mv2,
由機(jī)械能守恒定律得:$\frac{1}{2}mv_A^2=\frac{1}{2}mv_1^2+\frac{1}{2}mv_2^2$,
代入數(shù)據(jù)解得:v1=0,v2=vA,
A由靜止到碰撞前,由機(jī)械能守恒定律得:$mg(H+R)-μmg{L_0}=\frac{1}{2}mv_A^2$,
碰后B恰能到達(dá)最高點(diǎn),在最高點(diǎn),由牛頓第二定律得:$mg=m\frac{v_3^2}{R}$,
小球從最低到最高點(diǎn)過程,由機(jī)械能守恒定律得:$\frac{1}{2}mv_B^2=\frac{1}{2}mv_3^2+2mgR$,
代入數(shù)據(jù)解得:H=3.5R;
(3)若A與B磁后B擺的最大高度小于R,則細(xì)繩也始終處于拉直狀態(tài),
由機(jī)械能守恒定律得:$\frac{1}{2}mv_B^2≤mgR$,
要保證A與B相碰,則vA>0,
解得:R≤H≤2R,
細(xì)繩始終處于拉直狀態(tài)的H的范圍:R≤H≤2R或H≥3.5R;
答:(1)若H=R,小球A到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)D時(shí)所受軌道的支持力大小為5mg,方向豎直向上;
(2)若小球A與B發(fā)生彈性碰撞后B球恰能到最高點(diǎn),H的大小為3.5R.;
(3)若要求小球A與B發(fā)生彈性碰撞后細(xì)繩始終保持伸直,H的取值范圍是:R≤H≤2R或H≥3.5R.

點(diǎn)評 本題考查了求支持力、求H大小與范圍,分析清楚物體運(yùn)動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵,應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、動量守恒定律、牛頓第二定律即可正確解題.

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A.A、N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零
B.將一正點(diǎn)電荷靜放在x軸負(fù)半軸,它將一直做加速運(yùn)動
C.NC間場強(qiáng)方向向x 軸正方向
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