Question

17．如图所示，倾角为30°的光滑斜面和光滑水平面AB平滑连接，在水平面B点右侧有一管形轨道，由一系列竖直光滑圆形轨道和动摩擦因数为0.3的水平粗糙轨道组成，圆形轨道的半径R=0.05m，C、D、E…等为圆形轨道和水平轨道的切点，其中AB=BC=CD=DE=…=4R，完全相同的物块a、b质量均为m=0.1kg，物块b静止在B点，物块a从斜面上距水平面高度为h=0.2的位置静止释放，以后的运动过程中，物块a、b的碰撞为弹性正碰，碰撞过程时间不计，物块进入管形轨道时无能量损失，物块稍小于管道内径，但远小于圆心轨道的半径，g=10m/s²，求：

（1）物块a释放后运动的总时间；
（2）物块b最终所停位置与C点的距离；（结果小数点后保留两位）
（3）若使物块b最终停在DE的中点，则物块a需的斜面上距水平面多高的位置释放．

Answer 1

分析 （1）应用动能定理可以求出物块a到达A点的速度，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后a、b的速度，然后求出运动时间．
（2）求出物块b在C、D点的动能，判断物块b的运动过程，然后求出物块b最终停止位置到C点的距离．
（3）根据物块的运动过程应用动能定理可以求出释放点的高度．

解答 解：（1）物块a由静止释放运动至A点过程，
由动能定理得：$mgh=\frac{1}{2}m{v^2}$，又：$\frac{h}{sin30°}=\frac{0+v}{2}{t_1}$，
解得：v=2m/s，t₁=0.4s，
物块a在水平面AB段运动时间：t₂=$\frac{4R}{v}$=$\frac{4×0.05}{2}$=0.1s，
物块a、b碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv=mv_a+mv_b
由机械能守恒定律得：$\frac{1}{2}mv=\frac{1}{2}mv_a^2+\frac{1}{2}mv_b^2$，
解得：v_a=0，v_b=2m/s，
即碰撞过程物块a、b交换速度，碰后物块a静止不动，
因此运动总时间：t=t₁+t₂=0.4+0.1=0.5s；
（2）碰后物块b在C点的动能：E_KC=$\frac{1}{2}$mv_b²-μmg•4R，
解得：E_KC=0.14J＞mg•2R=0.1J，故b能运动至c点右边，
物块b在D点动能：E_KD=E_KC-μmg•4R，解得：E_KD=0.08J＜mg•2R=0.1J，
故物块b最终停在C、D之间，又：E_KD=μngx，解得：x≈0.27mx-4R=0.07m，
即物块b最终停在C点右侧0.07m处；
（3）使物块b停在DE中点需在D点的动能为：
E_KD'=μmg•（2R+n•4R）（n=1.2.3…），
另外还需满足条件：$mg•2R＜E_{kD}^'＜μmg•4R+mg•2R$
同时满足以上两点，只能是n=2，即：$E_{kD}^'=μmg•10R=0.15J$
则碰后物块b动能应为：$E_{kB}^'=E_{kD}^'+μmg•8R=0.27J$
因碰撞过程物块a、b交换速度，则碰前物块a的动能：$E_{kA}^'=E_{kB}^'=0.27J$
由$mgH=E_{ka}^'$，解得：H=0.27m；
答：（1）物块a释放后运动的总时间为0.5s；
（2）物块b最终所停位置与C点的距离为：0.07m；
（3）若使物块b最终停在DE的中点，则物块a需的斜面上距水平面0.27m高的位置释放．

点评 本题考查了动能定理的应用，分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理可以解题，解题时要注意各种可能性的讨论，否则会出现错误．