Question

11．如圖所示，ABCD為豎直平面內(nèi)固定的光滑軌道，其中AB為斜面，BC段是水平的，CD段為半徑R=0.2m的半圓，圓心為O，與水平面相切與C點，直徑CD垂直于BC．現(xiàn)將小球甲從斜面上距BC高為10R/3的A點由靜止釋放，到達B點后只保留水平速度沿水平面運動，與靜止在C點點小球乙發(fā)生彈性碰撞．已知甲、乙兩球隊質(zhì)量均為m=0.01kg，重力加速度g取10m/s²．（水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點）求：
（1）甲乙兩球碰撞后，乙恰好能通過軌道的最高點D，則甲、乙碰后瞬間，乙對軌道最低點C處的壓力F；
（2）在滿足（1）的條件下，求斜面與水平面的夾角
（3）若將甲仍從A點釋放，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求能讓乙通過D點速度范圍．

Answer 1

分析 （1）首先小球乙為研究對象，乙恰能通過軌道的最高點D，則重力恰好通過向心力，列出牛頓第二定律的方程；從C到D的過程中，小球乙的機械能守恒，列出方程，聯(lián)立即可求出小球在C的速度，最后使用牛頓第二定律求出小球在C處受到的支持力，由牛頓第三定律說明即可．
（2）利用機械能守恒求出甲到達B點的速度，然后將速度分解，保留水平方向的分速度即為C點的速度；甲與乙碰撞的過程中動量守恒，能量守恒，聯(lián)立方程即可求出斜面的傾角．
（3）增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，則甲乙碰撞的過程中乙獲得的速度增大，然后由機械能守恒求出小球乙D點的速度范圍．

解答 解：（1）乙恰能通過軌道的最高點D，則重力恰好通過向心力，得：$mg=\frac{m{v}_{D}^{2}}{R}$
乙球從C到D的過程中機械能守恒，得：$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}=2mgR+\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
聯(lián)立以上兩式得：${v}_{C}=\sqrt{5gR}$
乙球在C點受到的支持力與重力的合力提供向心加速度，得：${F}_{N}-mg=\frac{m{v}_{C}^{2}}{R}$
所以：${F}_{N}=mg+\frac{m{v}_{C}^{2}}{R}$=6×1.0×10^-2N=0.6N
由牛頓第三定律可知，乙對半圓軌道最低點C處的壓力與軌道對小球的支持力大小相等，即：F=F_N=0.6N
（2）甲與乙的質(zhì)量相同，所以甲與乙發(fā)生彈性碰撞的過程二者交換速度，所以甲到達C的速度等于乙在C點的速度，即：${v}_{甲x}={v}_{C}=\sqrt{5gR}$
甲從A滑到B的過程中機械能守恒，得：mgh=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
甲到達B點后只保留水平分速度沿水平面運動，則：v_甲x=v•cosθ
所以：$cosθ=\frac{{v}_{甲x}}{v}$=$\frac{\sqrt{5gR}}{\sqrt{2gh}}=\frac{\sqrt{5gR}}{\sqrt{2g×\frac{10R}{3}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
則：θ=30°
（3）將甲仍從A點釋放，增大甲的質(zhì)量為M，甲到達C的速度仍然是$\sqrt{5gR}$，保持乙的質(zhì)量不變，仍然發(fā)生彈性碰撞，以向左為正方向，則：
動量守恒：Mv_C=Mv₁+mv₂
機械能守恒：$\frac{1}{2}M{v}_{C}^{2}=\frac{1}{2}M{v}_{1}^{2}+\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
聯(lián)立解得：${v}_{1}=\frac{（M-m）{v}_{C}}{M+m}$，${v}_{2}=\frac{2M{v}_{C}}{M+m}$
若增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，m_甲≥m，則得 v≤v_乙＜2v
當(dāng)v_乙=v=$\sqrt{10}$m/s時，乙球通過D的速度為v_D=$\sqrt{gR}$=$\sqrt{10×0.2}$=$\sqrt{2}$m/s
當(dāng)v_乙=2v=2$\sqrt{10}$m/s時，由機械能守恒得
2mgR+$\frac{1}{2}$mv_D²=$\frac{1}{2}$mv_乙²
解得 v_D=4$\sqrt{2}$m/s
范圍為$\sqrt{2}$m/s≤v_D＜4$\sqrt{2}$m/s
答：（1）甲、乙碰后瞬間，乙對半圓軌道最低點C處的壓力是0.6N；
（2）斜面與水平面的夾角是30°；
（3）能讓乙通過D點速度范圍為$\sqrt{2}$m/s≤v_D＜4$\sqrt{2}$m/s

點評 本題關(guān)鍵是明確兩個小球的運動情況，然后分過程運用機械能守恒定律、動量守恒定律、平拋運動的分位移公式和向心力公式列式求解．