Question

2．如圖所示，光滑斜面傾角為30°，與粗糙的水平面AB平滑相接，水平軌道右側(cè)有一個(gè)豎直固定半圓軌道BCD（C為BD的中點(diǎn)），與水平面相切于B點(diǎn)，水平面B點(diǎn)放置一個(gè)質(zhì)量為2m的物塊2，現(xiàn)有質(zhì)量為m的物塊1從斜面的P點(diǎn)由靜止釋放，下滑到斜面底端A點(diǎn)時(shí)的速度為7m/s物塊1與物塊2正碰后以1m/s速度反彈，設(shè)碰撞時(shí)間極短，已知物塊1與水平面AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.4，AB的長(zhǎng)度l=3m，g=10m/s²，求：

（1）物塊1由靜止釋放下滑到斜面底端所用的時(shí)間；
（2）物塊1與物塊2碰撞后，物塊2速度的大�。�
（3）若要使物塊2沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，半圓軌道半徑取值條件．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出物塊1在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度，結(jié)合速度時(shí)間公式求出在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求出物塊1與物塊2碰前的速度，對(duì)物塊1、2組成的系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量守恒，求出物塊1與物塊2碰撞后，物塊2速度的大小．
（3）滑塊2在圓周運(yùn)動(dòng)上運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離圓周，有兩種情況：①滑塊2在圓周上運(yùn)動(dòng)時(shí)不超過(guò)C點(diǎn)，②滑塊2在圓周上運(yùn)動(dòng)時(shí)能通過(guò)D點(diǎn)，通過(guò)牛頓第二定律和機(jī)械能守恒求出半圓軌道半徑的取值范圍．

解答 解：（1）設(shè)物塊在斜面上下滑的加速度為a，滑到斜面底端所用的時(shí)間為t，由牛頓第二定律得，
mgsin30°=ma，①
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，v=at，②
聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)解得t=1.4s．③
（2）設(shè)物塊1運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度為v₁，與2碰后速度為v₁′，碰后物塊2的速度為 v₂，
對(duì)物塊1，由動(dòng)能定理有：$-μmgl=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}m{v}^{2}$，④
規(guī)定向右為正方向，對(duì)物塊1、2系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得，mv₁=2mv₂-mv₁′⑤
聯(lián)立④⑤式并代入數(shù)據(jù)解得v₂=3m/s．    ⑥
（3）滑塊2在圓周運(yùn)動(dòng)上運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離圓周，有兩種情況：
①滑塊2在圓周上運(yùn)動(dòng)時(shí)不超過(guò)C點(diǎn)，設(shè)半徑為R₁，滿足
$\frac{1}{2}•2m{{v}_{2}}^{2}≤2mg{R}_{1}$，⑦
代入數(shù)據(jù)解得R₁≥0.45m．
②滑塊2在圓周上運(yùn)動(dòng)時(shí)能通過(guò)D點(diǎn)，設(shè)半徑為R₂，滿足
$2mg≤2m\frac{{{v}_{D}}^{2}}{{R}_{2}}$，⑧
由能量守恒有：$2mg2{R}_{2}=\frac{1}{2}2m{{v}_{2}}^{2}-\frac{1}{2}2m{{v}_{D}}^{2}$    ⑨
聯(lián)立⑧⑨代入數(shù)據(jù)解得R₂≤0.18m．
綜上所述，要使物塊2沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，半圓軌道半徑取值條件為：R≥0.45m或R≤0.18m．
答：（1）物塊1由靜止釋放下滑到斜面底端所用的時(shí)間為1.4s；
（2）物塊1與物塊2碰撞后，物塊2速度的大小為3m/s；
（3）若要使物塊2沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，半圓軌道半徑取值條件為R≥0.45m或R≤0.18m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、動(dòng)能定理、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，綜合性較強(qiáng)，關(guān)鍵理清整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解．對(duì)于第三問(wèn)物塊2要不脫離軌道，要么通過(guò)最高點(diǎn)，要么不要越過(guò)四分之一圓周軌道．