Question

17．如圖所示，傾斜軌道AB的傾角為37°，CD、EF軌道水平，AB與CD通過光滑圓弧管道BC連接，CD右端與豎直光滑圓周軌道相連．小球可以從D進(jìn)入該軌道，沿軌道內(nèi)側(cè)運動，從E滑出該軌道進(jìn)入EF水平軌道．a(chǎn)、b為兩完全相同的小球，a球由靜止從A點釋放，在C處與b球發(fā)生彈性碰撞．已知AB長為5R，CD長為R，重力加速度為g，小球與斜軌AB及水平軌道CD、EF的動摩擦因數(shù)均為0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為1.8R．求：
（1）a球滑到斜面底端C時速度為多大？a、b球在C處碰后速度各為多少？
（2）要使小球在運動過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應(yīng)該滿足什么條件？若R′=2.5R，兩球最后所停位置距D（或E）多遠(yuǎn)？注：在運算中，根號中的數(shù)值無需算出．

Answer 1

分析 （1）a球從A運動至C過程，由動能定理列出等式，a、b球在C發(fā)生彈性碰撞，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒列出等式聯(lián)立求解
（2）要使小球b脫離軌道，有兩種情況：情況一：小球b能滑過圓周軌道最高點，進(jìn)入EF軌道．情況二：小球b上滑至四分之一圓軌道的Q點時，速度減為零，然后滑回D．由動能定理列出等式求解．由于a、b碰撞無能量損失，則由能量守恒定律求解．

解答 解：（1）設(shè)a球到達(dá)C點時速度為v，a球從A運動至C過程，由動能定理有：
mg（5Rsin37°+1.8R）-μmgcos37°•5R=$\frac{1}{2}$mv²-0…①，
代入數(shù)據(jù)解得：v=$\sqrt{5.6gR}$…②
a、b球在C發(fā)生彈性碰撞，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，設(shè)a、b碰后瞬間速度分別為v_a、v_b，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
mv=mv_a+mv_b…③
由機械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv²=$\frac{1}{2}$mv_a²+$\frac{1}{2}$mv_b²…④
由②③④可得：v_a=0，v_b=$\sqrt{5.6gR}$…⑤
可知，a、b碰后交換速度，a靜止，b向右運動．
（2）要使小球b脫離軌道，有兩種情況：
情況一：小球b能滑過圓周軌道最高點，進(jìn)入EF軌道．
則小球b在最高點P應(yīng)滿足：m$\frac{{v}_{P}^{2}}{R′}$≥mg…⑥
小球b碰后直到P點過程，由動能定理，有
-μmgR-mg•2R′=$\frac{1}{2}$mv_P²-$\frac{1}{2}$mv_b²…⑦
由⑤⑥⑦式，可得：R′≤$\frac{23}{25}$R=0.92R，
情況二：小球b上滑至四分之一圓軌道的Q點時，速度減為零，然后滑回D．
則由動能定理有：-μmgR-mgR′=0-$\frac{1}{2}$mv_b²…⑧
由⑤⑧式，可得：R′≥2.3R；
（3）若R′=2.5R，由上面分析可知，b球必定滑回D，設(shè)其能向左滑過DC軌道與a球碰撞，且a球到達(dá)B點，在B點的速度為v_B，由于a、b碰撞無能量損失，則由能量守恒定律有：
$\frac{1}{2}$mv²=$\frac{1}{2}$mv_B²+mg•1.8R+2μmgR…⑨
由⑤⑨式，可得：v_B=0，
故知，a球不能滑回傾斜軌道AB，a、b兩球?qū)⒃贏、Q之間做往返運動，最終a球?qū)⑼Ｔ贑處，b球?qū)⑼Ｔ贑D軌道上的某處．設(shè)b球在CD軌道上運動的總路程為S，由于a、b碰撞無能量損失，則由能量守恒定律，有：$\frac{1}{2}$mv²=μmgs…⑩
由⑤⑩兩式，可得：S=5.6R，
所以知，b球?qū)⑼Ｔ贒點左側(cè)，距D點0.6R處，a球停在D點左側(cè)，距D點R處．
答：（1）a球滑到斜面底端C時速度為$\sqrt{5.6gR}$，a、b球在C處碰后速度各為0和$\sqrt{5.6gR}$．
（2）要使小球在運動過程中不脫離軌道，情況一：小球b能滑過圓周軌道最高點，進(jìn)入EF軌道．R′≤0.92R；
小球b上滑至四分之一圓軌道的Q點時，速度減為零，然后滑回D，R′≥2.3R，b球?qū)⑼Ｔ贒點左側(cè)，距D點0.6R處，a球停在D點左側(cè)，距D點R處．

點評 此題要求熟練掌握動能定理、系統(tǒng)動量守恒、能量守恒定律、圓周運動等規(guī)律，包含知識點多，難度較大，屬于難題．