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，水平軌道右側有一個豎直固定半圓軌道BCD（C為BD的中點），與水平面相切于B點，水平面B點放置一個質量為2m的物塊2，現有質量為m的物塊1從斜面的P點由靜止釋放，下滑到斜面底端A點時的速度為7m/s物塊1與物塊2正碰后以1m/s速度反彈，設碰撞時間極短，已知物塊1與水平面AB間的動摩擦因數為μ=0.4，AB的長度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間；
（2）物塊1與物塊2碰撞后，物塊2速度的大小；
（3）若要使物塊2沿半圓軌道運動時不脫離軌道，半圓軌道半徑取值條件．

Answer 1

分析 （1）根據牛頓第二定律求出物塊1在斜面上運動的加速度，結合速度時間公式求出在斜面上的運動時間．
（2）根據動能定理求出物塊1與物塊2碰前的速度，對物塊1、2組成的系統(tǒng)運用動量守恒，求出物塊1與物塊2碰撞后，物塊2速度的大�。�
（3）滑塊2在圓周運動上運動時不脫離圓周，有兩種情況：①滑塊2在圓周上運動時不超過C點，②滑塊2在圓周上運動時能通過D點，通過牛頓第二定律和機械能守恒求出半圓軌道半徑的取值范圍．

解答 解：（1）設物塊在斜面上下滑的加速度為a，滑到斜面底端所用的時間為t，由牛頓第二定律得，
mgsin30°=ma，①
由運動學公式得，v=at，②
聯立①②式并代入數據解得t=1.4s．③
（2）設物塊1運動到B點時速度為v₁，與2碰后速度為v₁′，碰后物塊2的速度為 v₂，
對物塊1，由動能定理有：$-μmgl=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}m{v}^{2}$，④
規(guī)定向右為正方向，對物塊1、2系統(tǒng)運用動量守恒定律得，mv₁=2mv₂-mv₁′⑤
聯立④⑤式并代入數據解得v₂=3m/s．    ⑥
（3）滑塊2在圓周運動上運動時不脫離圓周，有兩種情況：
①滑塊2在圓周上運動時不超過C點，設半徑為R₁，滿足
$\frac{1}{2}•2m{{v}_{2}}^{2}≤2mg{R}_{1}$，⑦
代入數據解得R₁≥0.45m．
②滑塊2在圓周上運動時能通過D點，設半徑為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
聯立⑧⑨代入數據解得R₂≤0.18m．
綜上所述，要使物塊2沿半圓軌道運動時不脫離軌道，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沿半圓軌道運動時不脫離軌道，半圓軌道半徑取值條件為R≥0.45m或R≤0.18m．

點評 本題考查了動量守恒定律、機械能守恒定律、動能定理、牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，綜合性較強，關鍵理清整個過程中的運動規(guī)律，選擇合適的規(guī)律進行求解．對于第三問物塊2要不脫離軌道，要么通過最高點，要么不要越過四分之一圓周軌道．