Question

20．如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的軌道，其中AB段是水平粗糙的、BD段為半徑R=0.4m的半圓光滑軌道，兩段軌道相切于B點．小球甲從C點以速度υ₀沿水平軌道向右運動，與靜止在B點的小球乙發(fā)生彈性碰撞．已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m，小球甲與AB段的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，C、B距離L=1.6m，g取10m/s²．（水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點） 
（1）甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離；
（2）在滿足（1）的條件下，求的甲的速度υ₀；
（3）若甲仍以速度υ₀向右運動，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍．

Answer 1

分析 （1）乙恰能通過軌道的最高點D時，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求得乙通過D點時的速度，再由平拋運動的規(guī)律求乙在軌道上的首次落點到B點的距離；
（2）對于甲乙碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可以知道它們交換速度．對乙從B到D，由動能定理求得碰后瞬間乙的速度．對甲從C到B，由動能定理求得速度υ₀；
（3）根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得到碰后乙速度的范圍，再由平拋運動的規(guī)律求得乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍．

解答 解：（1）設乙到達最高點的速度為v_D，乙離開D點到達水平軌道的時間為t，乙的落點到B點的距離為x，乙恰能通過軌道最高點，則
  mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$…①
乙做平拋運動過程有：
2R=$\frac{1}{2}$gt²…②
x=v_Dt…③
聯(lián)立①②③得：x=0.8 m…④
（2）設碰撞后甲、乙的速度分別為v_甲、v_乙，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有
  mv_B=mv_甲+mv_乙 …⑤
  $\frac{1}{2}$mv_B²=$\frac{1}{2}$mv_甲²+$\frac{1}{2}$mv_乙²…⑥
聯(lián)立⑤⑥得：v_乙=v_B ⑦
對乙從B到D，由動能定理得：-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$mv_乙²…⑧
聯(lián)立①⑦⑧得：v_B=2$\sqrt{5}$m/s…⑨
甲從C到B，由動能定理有：-μmgL=$\frac{1}{2}$mv_B²-$\frac{1}{2}$mv₀²⑨
解得：v₀=6m/s
（3）設甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為v_M、v_m，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有：
   Mv_B=Mv_M+mv_m…⑩
  $\frac{1}{2}$Mv_B²=$\frac{1}{2}$Mv_M²+$\frac{1}{2}$mv_m²…（11）
聯(lián)立得⑩（11）得：v_m=$\frac{2M{v}_{B}}{M+m}$…（12）
由M=m和M≥m，可得 v_B≤v_m＜2v_B …（13）
設乙球過D點時的速度為v_D'，由動能定理得：
-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv′₀²-$\frac{1}{2}$mv_m²…（14）
聯(lián)立⑨（13）（14）得：2 m/s≤v_D'＜8 m/s …（15）
設乙在水平軌道上的落點距B點的距離為x'，有：x'=v_D't  …（16）
聯(lián)立②（15）（16）得：0.8 m≤x'＜3.2m…（17）
答：（1）乙在軌道上的首次落點到B點的距離是0.8m；
（2）甲的速度υ₀是6m/s；
（3）乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍是0.8 m≤x'＜3.2m．

點評 解決本題的關鍵知道彈性碰撞中動量守恒、機械能守恒，理清運動過程，知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，以及圓周運動向心力的來源，結合動能定理和牛頓第二定律進行求解．