Question

10．如图所示，ABCD为竖直平面内固定的光滑轨道，其中AB段为斜面，BC段是水平的，CD段为半径R=0.2m的半圆，圆心为O，与水平面相切与C点，直径CD垂直于BC．现将小球甲从斜面上距BC高为$\frac{10}{3}$R的A点由静止释放，到达B点后只保留水平分速度沿水平面运动，与静止在C点小球乙发生弹性碰撞，已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10^-2kg，重力加速度g取10m/s²．（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点）求：
（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，则甲、乙碰后瞬间，乙对半圆轨道最低点C处的压力F；
（2）在满足（1）的条件下，求斜面与水平面的夹角θ；
（3）若将甲仍从A点释放，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的几次落点到C点的距离范围．

Answer 1

分析 （1）首先小球乙为研究对象，乙恰能通过轨道的最高点D，则重力恰好通过向心力，列出牛顿第二定律的方程；从C到D的过程中，小球乙的机械能守恒，列出方程，联立即可求出小球在C的速度，最后使用牛顿第二定律求出小球在C处受到的支持力，由牛顿第三定律说明即可．
（2）利用机械能守恒求出甲到达B点的速度，然后将速度分解，保留水平方向的分速度即为C点的速度；甲与乙碰撞的过程中动量守恒，能量守恒，联立方程即可求出斜面的倾角．
（3）增大甲的质量，保持乙的质量不变，则甲乙碰撞的过程中乙获得的速度增大，然后由机械能守恒求出小球乙通过C点的速度的范围，利用平抛运动求出平抛的水平距离 范围．

解答 解：（1）乙恰能通过轨道的最高点D，则重力恰好通过向心力，得：$mg=\frac{m{v}_{D}^{2}}{R}$
乙球从C到D的过程中机械能守恒，得：$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}=2mgR+\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
联立以上两式得：${v}_{C}=\sqrt{5gR}$
乙球在C点受到的支持力与重力的合力提供向心加速度，得：${F}_{N}-mg=\frac{m{v}_{C}^{2}}{R}$
所以：${F}_{N}=mg+\frac{m{v}_{C}^{2}}{R}$=6×1.0×10^-2N=0.6N
由牛顿第三定律可知，乙对半圆轨道最低点C处的压力与轨道对小球的支持力大小相等，即：F=F_N=0.6N
（2）甲与乙的质量相同，所以甲与乙发生弹性碰撞的过程二者交换速度，所以甲到达C的速度等于乙在C点的速度，即：${v}_{甲x}={v}_{C}=\sqrt{5gR}$
甲从A滑到B的过程中机械能守恒，得：mgh=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
甲到达B点后只保留水平分速度沿水平面运动，则：v_甲x=v•cosθ
所以：$cosθ=\frac{{v}_{甲x}}{v}$=$\frac{\sqrt{5gR}}{\sqrt{2gh}}=\frac{\sqrt{5gR}}{\sqrt{2g×\frac{10R}{3}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
则：θ=30°
（3）将甲仍从A点释放，增大甲的质量为M，甲到达C的速度仍然是$\sqrt{5gR}$，保持乙的质量不变，仍然发生弹性碰撞，以向左为正方向，则：
动量守恒：Mv_C=Mv₁+mv₂
机械能守恒：$\frac{1}{2}M{v}_{C}^{2}=\frac{1}{2}M{v}_{1}^{2}+\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
联立解得：${v}_{1}=\frac{（M-m）{v}_{C}}{M+m}$，${v}_{2}=\frac{2M{v}_{C}}{M+m}$
当甲的质量比乙的质量大很多是时候，乙球的速度最大，${v}_{2}=\frac{2M{v}_{C}}{M+m}=\frac{2{v}_{C}}{1+\frac{m}{M}}≈2{V}_{c}$，即最大速度约为原来速度的2倍．
乙离开圆轨道后做平抛运动，运动的时间：$t=\sqrt{\frac{2•2R}{g}}=2\sqrt{\frac{R}{g}}$
水平方向做匀速直线运动，速度最小时的水平方向的位移：${x}_{min}={v}_{C}•t=\sqrt{5gR}•2\sqrt{\frac{R}{g}}$=2×2.236×0.2=0.8944m
速度最大时的水平方向的位移：x_max=2v_C•t=2x_min=1.7888m
答：（1）甲、乙碰后瞬间，乙对半圆轨道最低点C处的压力是0.6N；
（2）斜面与水平面的夹角是30°；
（3）若将甲仍从A点释放，增大甲的质量，保持乙的质量不变，乙在轨道上的首次落点到C点的距离范围是0.8944m≤x≤1.7888m．

点评 本题关键是明确两个小球的运动情况，然后分过程运用机械能守恒定律、动量守恒定律、平抛运动的分位移公式和向心力公式列式求解．