Question

14．如圖所示，AB和CDO都是處于豎直平面內的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置，AB是半徑為R=2m的$\frac{1}{4}$圓周軌道，CDO是半徑為r=1m的半圓軌道，直徑OC豎直，最高點O處固定一個豎直彈性擋板．D為CDO軌道的中央點，BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接．已知BC段水平軌道長L=2m，現讓一個質量為m=1kg的可視為質點的小物塊P從A點的正上方距水平線OA高H處自由下落，進入圓弧軌道，小物塊與BC段水平軌道之間的動摩擦因數μ=0.4．（小物塊與彈性擋板碰撞時，時間極短，且碰后速度與碰前等大反向，取g=10m/s²）
（1）當H=1.4m時，問此物塊P第一次到達D點時對軌道的壓力大�。�
（2）經計算知，當H=1.4m時，小物塊整個運動過程始終不脫離軌道
①求靜止前物塊在水平軌道經過的路程．
②試通過計算判斷此物塊能否會第三次經過軌道上D點，如果能，求物塊第三次到達D點時的速度；如果不能，求小物塊最后一次沖上CDO軌道時能到達的最高點與D點間的高度差．
（3）為使小物塊僅僅與彈性板碰撞二次，且小物塊不會脫離CDO軌道，問H的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先對從P到D過程根據動能定理列式求解D點速度，然后由支持力提供向心力列式求解支持力．
（2）先判斷能夠第一次到達O點，第二次來到D點是沿著原路返回，然后判斷能否第三次到達D點，最后對全程根據動能定理列式求解總路程．再由動能定理求物塊第三次到達D點時的速度．
（3）先判斷出小球能夠發(fā)生第二次碰撞的條件，然后判斷出小球僅僅能發(fā)生第二次碰撞，而滿足不會離開CDO軌道的條件，綜合即可．

解答 解：（1）設物塊第一次到達D的速度為v_D．
P到D點的過程，對物塊由動能定理：
  mg（H+r）-μmgL=$\frac{1}{2}$mv_D²
小物塊在D點由牛頓第二定律得：F_N=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{r}$
聯立解得：F_N=32 N
由牛頓第三定律得：物塊P第一次到達D點時對軌道的壓力 F_壓=F_N=32N
（2）①設此物塊靜止前在水平軌道經過的路程為s．
對全過程列動能定理：
  mg（H+R）-μmgs=0
解得：s=8.5 m
②設第三次到達D點的動能為E_k，對之前的過程由動能定理得：
  mg（H+r）-3μgmL=E_k
代入解得：E_k=0
所以小物塊第三次到達D點時的速度為0．
（3）為使小物塊與彈性板碰撞二次，須滿足：
  mgH-3μmgL≥$\frac{1}{2}$mv₀²
代入解得：H≥2.9 m
為使小物塊僅僅與彈性板碰撞二次，且小球不會脫離CDO軌道
須滿足：mg（H+r）-5μmgL≤0
代入解得：H≤3.0 m
故：2.9 m≤H≤3.0 m
答：
（1）當H=1.4m時，此物體第一次到達D點對軌道的壓力大小為32N．
（2）①靜止前球在水平軌道經過的路程為8.5m．②小物塊第三次到達D點時的速度為0．
（3）H的取值范圍為：2.9m≤H≤3.0m．

點評 本題關鍵是結合動能定理和向心力公式判斷物體的運動情況，注意臨界點D和Q位置的判斷．要知道滑動摩擦力做功與總路程有關．