Question

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．

Answer 1

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：
mv_A=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=v_A，
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v_A＞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．