Question

（2013?合肥二模）如圖所示，O為半徑為R的光滑圓弧軌道BCD的圓心，OD與豎直方向OC成θ角，B、O、E等高，在水平面上放著兩個完全相同的小物塊b、c，它們到水平面左端點E的距離分別為L和2L．另有一個小物塊a從光滑豎直軌道AB上的A點由靜止釋放，經過圓弧軌道從D點飛出后，剛好從E點以水平方向的速度進入水平面，先與b正碰連為一體，然后與c正碰連為一體，最后三物塊停在距E點為3L的H處．三個小物塊的質量均為m，它們與水平面間的動摩擦因數相同，重力加速度為g，求：
（1）釋放點A距B點的高h；
（2）物塊在最低點C受到的支持力

F

N

的大小；
（3）物塊與水平面間的動摩擦因數μ．

Answer 1

分析：（1）根據題意可求得D點的豎直分速度，而由運動的合成與分解可求E點的水平分速度，再對AE過程分析，由機械能守恒可求得高度；
（2）由A到C點由機械能守恒可求得C點的速度，再由牛頓運動定律可求得支持力；
（3）碰撞過程動量守恒，而在連為一體后受摩擦力做功，由動能定理可以列式，聯立各式可解得滑動摩擦因數．

解答：解；（1）物塊在D點堅直方向上的分速度v_Dy滿足v²_Dy=2gRcosθ
在E點的速度等于在D點的水平方向的分速度：
v_E=

vDy

tanθ

=

2gRcosθ

tanθ

由A到E根據機械能守恒定律：mgh=

1

2

mv²_E；
解得：h=

v 2 E

2g

=

cos3θ

sin2θ

R
（2）由A到C根據機械能守恒定律得：
mg（R+h）=

1

2

mv

2 c

；
根據牛頓第二定律：F_N-mg=m

v 2 C

R

解得：F_N=mg+m

v 2 C

R

=（3+

2cos3θ

sin2θ

）mg；
（3）由E到F根據動能定理：-μmgL=

1

2

mv²_F-

1

2

mv²_E，
碰撞過程動量守恒，則有：mv_F=2mv′_F
由動能定理F到G得：-2μmgL=

1

2

2mv²_G-

1

2

2mv²_F
而在碰撞過程動量守恒，則有：2mv_G=3mv′_G
由G到H再根據動能定理得；：-3μmgL=0-

1

2

3mv²_F
聯立以上各式得：μ=

Rcos3θ

14Lsin2θ

答：（1）高為

2gRcosθ

tanθ

（2）支持力為（3+

2cos3θ

sin2θ

）mg；
（3）滑動摩擦因數為

Rcos3θ

14Lsin2θ

點評：本題考查動量守恒及動能定理的應用，過程較為復雜，要求我們分段進行分析，并能正確地選出物理規律列式求解．