Question

11．如圖，光滑軌道ABCO固定在豎直平面內(nèi)，圓弧AB的圓心角為60°，O為圓心，半徑為R=7.5cm，OB為半圓BCO的直徑，光滑平臺與軌道相切于A點．質(zhì)量為M=2kg，長度為L=1.82m的木板靜止在水平地面上，木板與水平地面的動摩擦因數(shù)為μ₂=0.1，木板上表面與平臺上表面處于同一水平面上．物體P靜止在木板上的某處，物體q在水平向左的恒力F=4N作用下，以V₀=4m/s的初速度從木板右端向左運(yùn)動，經(jīng)過0.2s與p相碰并結(jié)合成一整體Q，P、q、Q與木板上表面的動摩擦因數(shù)為μ₁=0.3．當(dāng)木板與平臺相碰時被牢固粘連，Q滑離木板時立刻撤去恒力F，Q恰好能通過圓軌道BCO的最高點．P、q質(zhì)量均為m=1kg，P、q、Q可看作質(zhì)點，所有接觸面的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10m/s²，求：
（1）結(jié)合體Q剛過A點時軌道對它支持力；
（2）物體q開始運(yùn)動時P、q的距離；
（3）木板與平臺相碰時，結(jié)合體Q的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）Q恰好能通過圓軌道BCO的最高點，由重力提供向心力，由此列式，求出Q到達(dá)最高點的速度．結(jié)合體由A到最高點的過程機(jī)械能守恒，由此列式求出結(jié)合體Q剛過A點時的速度，再由牛頓第二定律求軌道對Q的支持力．
（2）根據(jù)木板與地面間的最大靜摩擦力分析木板的運(yùn)動情況，再由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)位移公式求物體q開始運(yùn)動時P、q的距離；
（3）物體q與p相碰過程，由動量守恒定律求碰后Q的速度．再由動能定理求木板與平臺相碰時，結(jié)合體Q的速度大�。�

解答 解：（1）恰好通過圓軌道BCO的最高點且速度為V₄．則 2mg=2m$\frac{{V}_{4}^{2}}{r}$    ①
其中 r=$\frac{R}{2}$，h=R+$\frac{R}{2}$（1-cos60°）=$\frac{5}{4}$R    ②
結(jié)合體由A到最高點機(jī)械能守恒，則有
  $\frac{1}{2}•2m{V}_{4}^{2}$+2mgh=$\frac{1}{2}•2m{V}_{A}^{2}$  ③
在A點，由牛頓第二定律得 N-2mg=2m$\frac{{V}_{4}^{2}}{R}$   ④
聯(lián)立①～④得結(jié)合體剛過A點時軌道對它支持力為  N=8mg=80N   ⑤
（2）q開始滑動時 f₁=μ₁mg=0.1×10×1=3N    ⑥
木板與地面的最大靜摩擦力 f₂=μ₂（m+m+2m）g=4N    ⑦
因為 f₁＜f₂，所以木板和p靜止不動 
根據(jù)牛頓第二定律得 F-f₁=ma     ⑧
物體q開始運(yùn)動時p、q的距離 s=V₀t+$\frac{1}{2}a{t}^{2}$ ⑨
由⑥～⑨解得  s=0.82m ⑩
（3）q、P相碰前q的速度  V₁=V₀+at⑪
物體q與p相碰，取向左為正方向，由動量守恒定律有
mV₁=2mV₂⑫
又因為 2f₁=6N＞f₂，木板開始滑動   
設(shè)結(jié)合體Q與木板未共速，木板與平臺相碰
對木板，木板與平臺碰撞前木板速度為V₃，由動能定理得
   （2f₁-f₂）x=$\frac{1}{2}M{V}_{3}^{2}$⑬
對結(jié)合體Q，從碰后到圓軌道BCO的最高點，由動能定理得
  （F-2f₁）（x+L-s）-2mgh=$\frac{1}{2}•2m{V}_{4}^{2}$-$\frac{1}{2}•2m{V}_{2}^{2}$⑭
由于F=f₂，木板開始滑動到與平臺碰撞前，結(jié)合體Q和木板動量守恒，設(shè)此時結(jié)合體速度為V₅，則
  2mV₂=MV₃+2mV₅⑮
聯(lián)立⑪～⑮解得：
V₃=0.4m/s    V₅=1.7m/s     V₅=1.7m/s＞V₃=0.4m/s
所以設(shè)結(jié)合體Q與木板未共速，木板就與平臺相碰，相碰時的速度為1.7m/s．
答：
（1）結(jié)合體Q剛過A點時軌道對它支持力是80N；
（2）物體q開始運(yùn)動時P、q的距離是0.82m；
（3）木板與平臺相碰時，結(jié)合體Q的速度大小為1.7m/s．

點評 本題是復(fù)雜的力學(xué)綜合題，關(guān)鍵是要正確分析物體的運(yùn)動過程和狀態(tài)，將整個過程分成若干個子過程研究，把握每個過程和狀態(tài)的物理規(guī)律，并找出各個過程之間的聯(lián)系．