Question

一輕質(zhì)細(xì)繩一端系一質(zhì)量為m=0.5kg的小球 A，另一端掛在光滑水平軸O上，O到小球的距離為L(zhǎng)=0.2m，小球和水平面接觸但無(wú)相互作用，在球的兩側(cè)等距離處分別 固定一個(gè)光滑的大圓弧面和一個(gè)擋板，如圖所示，水平距離s為2m，動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25．現(xiàn) 有一小滑塊B，質(zhì)量也為m，從圓弧面上滑下，與小球碰撞時(shí)交換速度，與擋板碰撞不 損失機(jī)械能．若不計(jì)空氣阻力，并將滑塊和小球都視為質(zhì)點(diǎn)，g 取 10m/s²，試問(wèn)：
（1）若滑塊B從圓弧面某一高度h處滑下與小球第一次碰撞后，使小球恰好在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，求此高度 h 及繩子的最大拉力；
（2）若滑塊B從高H=6.25m 處的圓弧面上滑下，與小球碰撞后，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，求小球做完整圓周運(yùn)動(dòng)的次數(shù)．

Answer 1

分析：（1）要使小球恰好在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，由重力提供向心力．根據(jù)牛頓第二定律列式，求出小球恰好通過(guò)最高點(diǎn)的速度，從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式，求出滑塊與小球碰撞前的速度大��；滑塊與小球碰撞時(shí)交換速度，再運(yùn)用動(dòng)能定理求解h．滑塊B與小球第一次碰后瞬間繩子對(duì)小球的拉力最大．對(duì)小球受力分析，受到重力和拉力，合力提供向心力，根據(jù)向心力公式和牛頓第二定律列式求解繩子的最大拉力；
（2）滑塊B與小球碰撞后，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)過(guò)一圈后恰好再次與小球碰撞，速度互換，滑塊與擋板碰撞反彈后再次與小球碰撞并互換速度，小球順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)一周后，從右側(cè)與滑塊碰撞并交換速度，之后滑塊向左運(yùn)動(dòng)并返回到碰撞處，完成一個(gè)循環(huán)；之后重復(fù)這個(gè)過(guò)程，直到不在碰撞為止；根據(jù)能量守恒定律對(duì)整個(gè)過(guò)程列式求解即可得到碰撞次數(shù)．

解答：解：（1）要使小球恰好在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)由重力提供向心力．則有
 mg=m

v 2 1

L

從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得：
 

1

2

mv2=mg?2L+

1

2

m

v

2 1

再由動(dòng)能定理得：mgh-μmg?

s

2

=

1

2

mv2-0
聯(lián)立得h=

μs+5L

2

=0.75m
滑塊B與小球第一次碰后瞬間繩子對(duì)小球的拉力最大，設(shè)為T(mén)．
則 T-mg=m

v2

L

則得 T=6mg=30N
（2）滑塊和小球碰撞時(shí)速度恰好減為v時(shí)，碰后小球剛好做最后一次完整的周期運(yùn)動(dòng)，對(duì)應(yīng)在這以前的一段時(shí)間內(nèi)它在水平面上通過(guò)的總路程為S．
由動(dòng)能定理得：mgh-μmgS=

1

2

mv2-0
解得，S=23m
小球做完整圓周圓周運(yùn)動(dòng)的次數(shù)為n=

S- s 2

s

+1=12
答：
（1）若滑塊B從圓弧面某一高度h處滑下與小球第一次碰撞后，使小球恰好在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，此高度 h為0.75m，繩子的最大拉力是30N；
（2）若滑塊B從高H=6.25m 處的圓弧面上滑下，與小球碰撞后，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球做完整圓周運(yùn)動(dòng)的次數(shù)是12次．

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵要明確物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，知道滑動(dòng)摩擦力做功與總路程有關(guān)，要能結(jié)合能量守恒定律、牛頓第二定律、向心力公式多次列式．