Question

7．如圖所示，半徑為r=1.2m的$\frac{1}{4}$圓形光滑軌道AB固定于豎直平面內(nèi)，軌道與粗糙的水平地面相切于B點(diǎn)，CDE為固定于豎直平面內(nèi)的一段內(nèi)壁光滑的中空方形細(xì)管，DE段被彎成以O(shè)為圓心，半徑R=0.8m的一小段圓弧，管的C端彎成與地面平滑相接，O點(diǎn)位于地面，OE連線豎直．可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊b，從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，經(jīng)地面進(jìn)入細(xì)管（b橫截面略小于管中空部分的橫截面），b滑到E點(diǎn)時(shí)受到細(xì)管下壁的支持力大小等于所受重力的$\frac{1}{2}$．已知物塊b的質(zhì)量m=1.0kg，g取10m/s²．
（1）求物塊b滑過(guò)E點(diǎn)時(shí)的速度大小v_E．
（2）求物塊b滑過(guò)地面BC過(guò)程中克服摩擦力做的功W_f．
（3）若將物塊b靜止放在B點(diǎn)，讓另一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊a，從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，滑到B點(diǎn)時(shí)與b發(fā)生彈性正碰，已知a的質(zhì)量M≥m，求物塊b滑過(guò)E點(diǎn)后在地面的首次落點(diǎn)到O點(diǎn)的距離范圍．

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律可以求出物體的速度．
（2）由動(dòng)能定理可以求出克服摩擦力做功．
（3）碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律與平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出落地點(diǎn)范圍．

解答 解：（1）物塊b滑過(guò)E點(diǎn)時(shí)重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：mg-N=m$\frac{{v}_{E}^{2}}{R}$，
已知：N=$\frac{1}{2}$mg，
解得：v_E=2m/s；
（2）物塊b從A點(diǎn)到E點(diǎn)的過(guò)程中，
由動(dòng)能定理得：mg（r-R）-W_f=$\frac{1}{2}$mv_E²，
解得：W_f=2J；
（3）物塊a從A滑到B的過(guò)程機(jī)械能守恒，設(shè)物塊a滑到B點(diǎn)時(shí)速度為v，則有：$\frac{1}{2}$Mv²=Mgr，
代入數(shù)據(jù)解得：v=2$\sqrt{6}$m/s，
設(shè)碰撞后物塊a、b的速度分別為v_a、v_b，碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒，以M的速度反效果為正方向：
Mv=Mv_a+mv_b，
由機(jī)械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$Mv²=$\frac{1}{2}$Mv_a²+$\frac{1}{2}$mv_b²，
代入數(shù)據(jù)解得：v_a=$\frac{2M}{M+m}$v=$\frac{2v}{1+\frac{m}{M}}$，
因?yàn)镸≥m，由上式可知，
碰撞后v≤v_b＜2v，即2$\sqrt{6}$m/s≤v_b＜4$\sqrt{6}$m/s，
物塊b從B點(diǎn)到E點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：
-mgR-W_f=$\frac{1}{2}$mv_E′²-$\frac{1}{2}$mv_b²，
物塊b離開(kāi)E點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)時(shí)間為t，首次落點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為x，
則有：x=v_E′t，R=$\frac{1}{2}$gt²，
解得：0.8m≤x＜3.48m；
答：（1）物塊b滑過(guò)E點(diǎn)時(shí)的速度大小v_E為2m/s．
（2）物塊b滑過(guò)地面BC過(guò)程中克服摩擦力做的功W_f為2J．
（3）物塊b滑過(guò)E點(diǎn)后在地面的首次落點(diǎn)到O點(diǎn)的距離范圍是0.8m≤x＜3.38m．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道力學(xué)綜合題，過(guò)程復(fù)雜，有一定難度，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可正確解題．