Question

19．如圖所示，粗糙水平面AC與光滑的豎直半圓形孤在C點相接，導軌半徑R=0.1m．一小球M放在離C點距離設為x的水平軌道B點處于靜止狀態，在B點的左側完全相同的小球N以一定的速度向右運動，與放在B點的小球M碰后粘在一起并沖上半圓軌道．兩小球完成半個圓周運動到達D點后飛出后落在水平地面上，落點到C點的距離設為d．若d與x的值滿足函數關系d²=-0.16x+0.48．取g=10m/s²求：

（1）碰前小球N的速度和小球與水平地面間的動摩擦因數；
（2）碰后如果讓兩小球能夠進入半圓軌道并且在沿軌道運動過程中不會脫離半圓軌道，求x的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據機械能守恒得出小球在C點的速度與在D點的速度關系；根據平拋運動的規律求得平拋的初速度，根據動能定理求得兩個小球碰撞后的速度；根據動量守恒定律求得碰撞前的速度．
（2）物體不會在M到N點的中間離開半圓軌道，即物體可以從M點飛出求出，或正好運動到與圓心等高處速度為零，分兩種情況求解范圍．

解答 解：（1）設兩個小球的質量都是m，由C到D的過程中機械能守恒，得：
$\frac{1}{2}•2m{v}_{c}^{2}=2mg•2R+\frac{1}{2}•2m{v}_{D}^{2}$   ①
所以：${v}_{D}=\sqrt{{v}_{c}^{2}-4gR}=\sqrt{{v}_{c}^{2}-4×10×0.1}$=$\sqrt{{v}_{c}^{2}-4}$
小球離開D點后做平拋運動，則：$t=\sqrt{\frac{2×2R}{g}}$=$\sqrt{\frac{2×2×0.1}{10}}=0.2$s   ②
平拋運動的距離：d=v_Dt=$0.2\sqrt{{v}_{c}^{2}-4}$   ③
根據動能定理研究兩個小球從B點到C點得：$\frac{1}{2}•2m{v}_{B}^{2}-\frac{1}{2}•2m{v}_{C}^{2}=2μmgx$  ④
聯立得：$d=0.2\sqrt{（{v}_{B}^{2}-2μgx）-4}$  
即：$p9vv5xb5^{2}=0.04{v}_{B}^{2}-0.08μgx-0.16$  ⑤
又：d²=-0.16x+0.48    ⑥
比較⑤⑥可得：μ=0.2，v_B=$2\sqrt{2}$m/s
N與M碰撞的過程中，水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，則：
mv₀=2mv_B
所以：v₀=$4\sqrt{2}$m/s
（2）物體不會在C到D點的軌道上O點以上離開半圓軌道，即物體恰好從D點飛出，有：$2mg=\frac{2m{v}_{min}^{2}}{R}$  ⑦
所以：${v}_{min}=\sqrt{gR}=\sqrt{10×0.1}=1$m/s
結合①可得：${v}_{cmin}=\sqrt{5}$m/s
代入④得x越大，則v_c越小，所以x的最大值：${x}_{max}=\frac{23}{16}$m
    若物體剛好至圓軌道最右側減速為0，由動能定理得：
$-μmg{x}_{min}-mgR=0-\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
代入數據得：x_min=$\frac{15}{8}$m
綜上可得：x≥$\frac{15}{8}$m或x≤$\frac{23}{16}$m
答：（1）碰前小球N的速度是$4\sqrt{2}$m/s，小球與水平地面間的動摩擦因數是0.2；
（2）碰后如果讓兩小球能夠進入半圓軌道并且在沿軌道運動過程中不會脫離半圓軌道，x的取值范圍為x≥$\frac{15}{8}$m或x≤$\frac{23}{16}$m．

點評 解題時要注意動量守恒定律、動能定理、平拋運動規律、牛頓第二定律的應用；要能正確分析各個物體的運動過程，選擇合適的物理規律求解．