Question

1．如圖所示，光滑的圓弧軌道與傾角為θ=37°的斜面相切于B點(diǎn)，在圓弧軌道的最低點(diǎn)C放一質(zhì)量為m的物塊乙，圓弧軌道的半徑為R，質(zhì)量為2m的物塊甲在斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，物塊甲與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=$\frac{1}{6}$，AB間距離為3R，甲、乙碰撞后，乙恰好能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)D點(diǎn)，（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）物塊甲與物塊乙相碰前的速度；
（2）物塊甲和乙碰撞后的一瞬間，它們對(duì)圓弧軌道最低點(diǎn)C的壓力之和；
（3）物塊乙從D點(diǎn)拋出后，落到斜面上所用的時(shí)間，并分析能否垂直打在斜面上．

Answer 1

分析 （1）甲從A到B過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理可以求出甲的速度．
（2）碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，碰撞后物體做圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與牛頓第二定律求出壓力．
（3）物體離開圓軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析判斷物體能否垂直打在斜面上．

解答 解：（1）BC間的高度差：h=R-Rcosθ，解得：h=0.2R，
物塊甲從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理有：
2mgsinθ•3R+2mgh-μ•2mgcosθ•3R=$\frac{1}{2}$•2mv²，
解得：v=4$\sqrt{\frac{gR}{5}}$；
（2）甲與乙在C點(diǎn)發(fā)生碰撞，動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后甲的速度為v₁，乙的速度為v₂，
以甲的初速度方向?yàn)檎�方向，由�?dòng)量守恒定律得：2mv=2mv₁+mv₂，
設(shè)乙在D點(diǎn)的速度為v₃，由牛頓第二定律得：mg=m$\frac{{v}_{3}^{2}}{R}$，解得：v₃=$\sqrt{gR}$，
乙從C到D機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv₃²-$\frac{1}{2}$mv₂²，
解得：v₂=$\sqrt{5gR}$，v₁=$\frac{3}{10}$$\sqrt{5gR}$；
碰撞后的一瞬間，甲對(duì)軌道最低點(diǎn)的壓力：F₁-2mg=2m$\frac{{v}_{1}^{2}}{R}$，F(xiàn)₁=2.9mg，
乙對(duì)軌道最低點(diǎn)的壓力：F₂-mg=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{R}$，F(xiàn)₂=6mg，
它們對(duì)軌道最低點(diǎn)的壓力之和：F=F₁+F₂=8.9mg；
（3）物塊乙從D點(diǎn)拋出做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則

x=v₃t，y=$\frac{1}{2}$gt²，在△BEF中：tanθ=$\frac{2R-y-0.2R}{x-0.6R}$
解得：2gt²+3$\sqrt{gR}$t-9R=0，解得：t=$\frac{3}{2}$$\sqrt{\frac{R}{g}}$，
物塊乙剛落到斜面上時(shí)，v_y=gt=$\frac{3}{2}$$\sqrt{gR}$，
設(shè)速度與豎直方向的夾角為α
tanα=$\frac{{v}_{3}}{{v}_{y}}$=$\frac{\sqrt{gR}}{\frac{3}{2}\sqrt{gR}}$=$\frac{2}{3}$≠tan37°=$\frac{3}{4}$，
因此物塊乙不能垂直打在斜面上；
答：（1）物塊甲與物塊乙相碰前的速度為4$\sqrt{\frac{gR}{5}}$；
（2）物塊甲和乙碰撞后的一瞬間，它們對(duì)圓弧軌道最低點(diǎn)C的壓力之和為8.9mg；
（3）不能垂直打在斜面上．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求速度、壓力、判斷物體能否垂直打在斜面上等問(wèn)題，本題運(yùn)動(dòng)過(guò)程復(fù)雜，難度較大，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律、平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可正確解題．