Question

9．如圖所示，質(zhì)量為m的小球P自距離A點(diǎn)4R高處?kù)o止下落，然后沿A點(diǎn)切線(xiàn)方向進(jìn)入豎直平面內(nèi)的光滑軌道ABC．AB是半徑為R的$\frac{1}{4}$圓弧軌道，BC是直徑為R的半圓弧軌道，B是軌道最低點(diǎn)，在B點(diǎn)有另一個(gè)質(zhì)量也為m的靜止的小球Q．小球P和小球Q碰撞后粘在一起變成整體S，整體S繼續(xù)沿半圓軌道向上運(yùn)動(dòng)，求：
（1）小球P和小球Q碰撞時(shí)損失的機(jī)械能；
（2）整體S繼續(xù)沿半圓軌道向上運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（3）整體S離開(kāi)C點(diǎn)后至撞上圓弧軌道的過(guò)程中下落的豎直高度．

Answer 1

分析 （1）由動(dòng)能定理求得到達(dá)B點(diǎn)的速度，根據(jù)動(dòng)量定理求得碰后的速度，根據(jù)能量守恒求得損失機(jī)械能；
（2）從B到C過(guò)程中機(jī)械能守恒，求得到達(dá)C點(diǎn)速度，由牛頓第二定律求得在C點(diǎn)作用力；
（3）從C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)結(jié)合幾何關(guān)系即可求得

解答 解：（1）小球到達(dá)B點(diǎn)速度為v₀，從A到B由動(dòng)能定理可得
$\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}=5mgR$
解得${v}_{0}=\sqrt{10gR}$
碰撞過(guò)程由動(dòng)量定理可得mv₀=2mv
v=$\frac{\sqrt{10gR}}{2}$
碰撞損失機(jī)械能為$△E=\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}-\frac{1}{2}•2m{v}^{2}=\frac{5}{2}mgR$
（2）S過(guò)程中機(jī)械能守恒$\frac{1}{2}•2m{v}^{2}=\frac{1}{2}{mv}_{C}^{2}+2mgR$
解得${v}_{C}=\sqrt{\frac{1}{2}gR}$
由N+2mg=$\frac{2m{•v}_{C}^{2}}{\frac{R}{2}}$
解得N=0
（3）S離開(kāi)C做平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移X=v_Ct
豎直位移為Y=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
轉(zhuǎn)上圓弧由X²+Y²=R²
解得${t}^{2}=\frac{\sqrt{5}-1}{g}R$或${t}^{2}=\frac{-\sqrt{5}-1}{g}R$（舍去）
故Y=$\frac{1}{2}g{t}^{2}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}g$
答：（1）小球P和小球Q碰撞時(shí)損失的機(jī)械能為$\frac{5}{2}mgR$；
（2）整體S繼續(xù)沿半圓軌道向上運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為0；
（3）整體S離開(kāi)C點(diǎn)后至撞上圓弧軌道的過(guò)程中下落的豎直高度為$\frac{\sqrt{5}-1}{2}g$

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)量守恒、能量守恒定律、牛頓第二定律的綜合，涉及到平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，綜合性較強(qiáng)，是一道好題