Question

18．如圖所示，水平軌道MN與半徑為R的豎直光滑圓弧軌道相切于N點(diǎn)．質(zhì)量為m的小滑塊A靜止于P點(diǎn)．質(zhì)量為M=2m的小滑塊B以速度v₀向右運(yùn)動(dòng)，A、B碰后粘連在一起，已知A、B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，MP和PN距離均為R，求：
（1）AB碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能？
（2）當(dāng)v₀的大小在什么范圍時(shí)，兩小球在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離圓弧軌道？已知重力加速度為g．

Answer 1

分析 （1）由動(dòng)能定理求出B到達(dá)P處的速度，然后由動(dòng)量守恒定律求出AB碰撞后的速度，結(jié)合功能關(guān)系即可求出損失的機(jī)械能；
（2）若不能經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)又不會(huì)脫離圓弧軌道，A、B最高只能運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的地方，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出A球碰后的速度，由動(dòng)量守恒定律求出B的初速度；
若經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律求出A球在最高點(diǎn)的速度，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出A球碰后的速度，由動(dòng)量守恒定律求出B的初速度．

解答 解：（1）小滑塊B運(yùn)動(dòng)到P時(shí)的速度設(shè)為v₁，對(duì)B應(yīng)用動(dòng)能定理有：
-μMgR=$\frac{1}{2}$Mv₁²-$\frac{1}{2}$Mv₀²，
當(dāng)ab粘在一起過(guò)程中，設(shè)ab粘在一起時(shí)的速度為v₁，對(duì)ab應(yīng)用瞬間動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，有：
Mv₁=（M+m）v₂，
應(yīng)用功能關(guān)系可知ab碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能△E=$\frac{1}{2}$Mv₁²-$\frac{1}{2}$（M+m）v₂²，
解得△E=$\frac{m（{v}_{0}^{2}-2μgR）}{3}$；
（2）A、B碰撞后的速度為v₁，欲使A、B運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離圓弧軌道，有兩種可能：
①當(dāng)v₀較小時(shí)A、B在圓弧上擺動(dòng)，若A、B最高點(diǎn)恰好能到與圓心等高的位置，對(duì)A、B，從碰后到與圓心等高的地方，由動(dòng)能定理有：
-μ（M+m）gR-（M+m）gR=0-$\frac{1}{2}$（M+m）v₂²，
聯(lián)立得v₀=$\sqrt{\frac{（9+13μ）gR}{2}}$；
②當(dāng)v₀較大時(shí)，A、B能夠做完整的圓周運(yùn)動(dòng)．若A、B恰好做完整圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的情形，對(duì)A、B，從碰后運(yùn)動(dòng)到圓周最高點(diǎn)（設(shè)此時(shí)速度為v₃）的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有：
-μ（M+m）gR-（M+m）g（2R）=$\frac{1}{2}$（M+m）v₃²-$\frac{1}{2}$（M+m）v₂²，
在最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得（M+m）g=$\frac{（M+m）{v}_{3}^{2}}{R}$，
聯(lián)立得v₀=$\sqrt{\frac{（45+26μ）gR}{4}}$，綜上所述，當(dāng)v₀≤$\sqrt{\frac{（9+13μ）gR}{2}}$或v₀≥$\sqrt{\frac{（45+26μ）gR}{4}}$時(shí)，兩小球在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離圓弧軌道．
答：（1）AB碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為$\frac{m（{v}_{0}^{2}-2μgR）}{3}$；
（2）當(dāng)v₀≤$\sqrt{\frac{（9+13μ）gR}{2}}$或v₀≥$\sqrt{\frac{（45+26μ）gR}{4}}$時(shí)，兩小球在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)脫離圓弧軌道．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、圓周運(yùn)動(dòng)等規(guī)律，綜合性較強(qiáng)，需在平時(shí)的學(xué)習(xí)中加強(qiáng)訓(xùn)練，同時(shí)要注意等于運(yùn)動(dòng)的過(guò)程的分析．