Question

19．如圖所示，粗糙水平面AC與光滑的豎直半圓形孤在C點相接，導(dǎo)軌半徑R=0.1m．一小球M放在離C點距離設(shè)為x的水平軌道B點處于靜止?fàn)顟B(tài)，在B點的左側(cè)完全相同的小球N以一定的速度向右運動，與放在B點的小球M碰后粘在一起并沖上半圓軌道．兩小球完成半個圓周運動到達(dá)D點后飛出后落在水平地面上，落點到C點的距離設(shè)為d．若d與x的值滿足函數(shù)關(guān)系d²=-0.16x+0.48．取g=10m/s²求：

（1）碰前小球N的速度和小球與水平地面間的動摩擦因數(shù)；
（2）碰后如果讓兩小球能夠進(jìn)入半圓軌道并且在沿軌道運動過程中不會脫離半圓軌道，求x的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)機(jī)械能守恒得出小球在C點的速度與在D點的速度關(guān)系；根據(jù)平拋運動的規(guī)律求得平拋的初速度，根據(jù)動能定理求得兩個小球碰撞后的速度；根據(jù)動量守恒定律求得碰撞前的速度．
（2）物體不會在M到N點的中間離開半圓軌道，即物體可以從M點飛出求出，或正好運動到與圓心等高處速度為零，分兩種情況求解范圍．

解答 解：（1）設(shè)兩個小球的質(zhì)量都是m，由C到D的過程中機(jī)械能守恒，得：
$\frac{1}{2}•2m{v}_{c}^{2}=2mg•2R+\frac{1}{2}•2m{v}_{D}^{2}$   ①
所以：${v}_{D}=\sqrt{{v}_{c}^{2}-4gR}=\sqrt{{v}_{c}^{2}-4×10×0.1}$=$\sqrt{{v}_{c}^{2}-4}$
小球離開D點后做平拋運動，則：$t=\sqrt{\frac{2×2R}{g}}$=$\sqrt{\frac{2×2×0.1}{10}}=0.2$s   ②
平拋運動的距離：d=v_Dt=$0.2\sqrt{{v}_{c}^{2}-4}$   ③
根據(jù)動能定理研究兩個小球從B點到C點得：$\frac{1}{2}•2m{v}_{B}^{2}-\frac{1}{2}•2m{v}_{C}^{2}=2μmgx$  ④
聯(lián)立得：$d=0.2\sqrt{（{v}_{B}^{2}-2μgx）-4}$  
即：$1skhjkm^{2}=0.04{v}_{B}^{2}-0.08μgx-0.16$  ⑤
又：d²=-0.16x+0.48    ⑥
比較⑤⑥可得：μ=0.2，v_B=$2\sqrt{2}$m/s
N與M碰撞的過程中，水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，則：
mv₀=2mv_B
所以：v₀=$4\sqrt{2}$m/s
（2）物體不會在C到D點的軌道上O點以上離開半圓軌道，即物體恰好從D點飛出，有：$2mg=\frac{2m{v}_{min}^{2}}{R}$  ⑦
所以：${v}_{min}=\sqrt{gR}=\sqrt{10×0.1}=1$m/s
結(jié)合①可得：${v}_{cmin}=\sqrt{5}$m/s
代入④得x越大，則v_c越小，所以x的最大值：${x}_{max}=\frac{23}{16}$m
    若物體剛好至圓軌道最右側(cè)減速為0，由動能定理得：
$-μmg{x}_{min}-mgR=0-\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：x_min=$\frac{15}{8}$m
綜上可得：x≥$\frac{15}{8}$m或x≤$\frac{23}{16}$m
答：（1）碰前小球N的速度是$4\sqrt{2}$m/s，小球與水平地面間的動摩擦因數(shù)是0.2；
（2）碰后如果讓兩小球能夠進(jìn)入半圓軌道并且在沿軌道運動過程中不會脫離半圓軌道，x的取值范圍為x≥$\frac{15}{8}$m或x≤$\frac{23}{16}$m．

點評 解題時要注意動量守恒定律、動能定理、平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律的應(yīng)用；要能正確分析各個物體的運動過程，選擇合適的物理規(guī)律求解．