Question

7．如圖所示，有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的P質(zhì)量為m₁=1kg的小物塊，從光滑平臺(tái)上的質(zhì)量為m₂=0.5kg的Q物塊以V=3m/s的初速度水平向左撞擊P物塊后，P物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，已知AB高度差為h=0.6m最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)的質(zhì)量為M=3kg的長(zhǎng)木板．已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑，小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3，圓弧軌道的半徑為R=0.4m，C點(diǎn)和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ=60°，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s²．求：
（1）Q物塊碰撞后的速度大小
（2）小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（3）要使小物塊不滑出長(zhǎng)木板，木板的長(zhǎng)度L至少多大？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出小物塊P平拋運(yùn)動(dòng)的初速度，結(jié)合動(dòng)量守恒定律求出Q物塊碰撞后的速度大小．
（2）根據(jù)平行四邊形定則求出C點(diǎn)的速度，結(jié)合動(dòng)能定理求出D點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出在D點(diǎn)支持力的大小，從而得出小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力．
（3）結(jié)合動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律求出木板的至少長(zhǎng)度．

解答 解：（1）由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有$h=\frac{1}{2}g{t^2}$
$tan{60^o}=\frac{V_y}{V_X}=\frac{gt}{V_0}$，
聯(lián)立方程解得：V₀=2m/s                           
PQ碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，規(guī)定向左為正方向，則m₂V=m₁V₀+m₂v′
代入數(shù)據(jù)解得：v′=-1m/s                     
（2）小物塊在C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v_C=$\frac{{v}_{0}}{cos60°}=\frac{2}{\frac{1}{2}}m/s=4m/s$，
小物塊由C到D的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：m₁gR（1-cos 60°）=$\frac{1}{2}$m₁${{v}_{D}}^{2}$-$\frac{1}{2}$m₁${{v}_{C}}^{2}$  
代入數(shù)據(jù)解得v_D=2$\sqrt{5}$m/s，小球在D點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得：
F_N-m₁g=m₁$\frac{{{v}_{D}}^{2}}{R}$，代入數(shù)據(jù)解得F_N=60 N                                 
由牛頓第三定律得F_N′=F_N=6 0 N，方向豎直向下．                 
（3）設(shè)小物塊剛滑到木板左端到達(dá)到共同速度，大小為v，
規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒有：m₁v_D=（M+m₁）v
對(duì)物塊和木板系統(tǒng)，由能量守恒定律得：
μm₁gL=$\frac{1}{2}$m₁${{v}_{D}}^{2}$-$\frac{1}{2}$（m₁+M）v²           
代入數(shù)據(jù)解得L=2.5 m，即木板的長(zhǎng)度至少是2.5 m   
答：（1）Q物塊碰撞后的速度大小為1m/s；
（2）小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為60N；
（3）要使小物塊不滑出長(zhǎng)木板，木板的長(zhǎng)度L至少為2.5m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律、牛頓第二定律的綜合運(yùn)用，涉及到平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練．