Question

14．如图所示，弹枪AA′离竖直墙壁BC距离为X，质量m₁=0.5kg的“愤怒的小鸟”从弹枪上A′点弹出后，抛射至光滑圆弧轨道最低点C点，A′C的竖直高度差y=1.8m．“小鸟”在C处时，速度恰好水平地与原来静止在该处的质量为m₂=0.3kg的石块发生弹性碰撞，碰后石块沿圆弧轨道上滑，圆弧轨道半径R=0.5m，石块恰好能通过圆弧最高点D，之后无碰撞地从E点离开圆弧轨道进入倾斜轨道MN（无能量损失），且斜面MN的倾角θ=37°，∠EOD=37°，石块沿斜面下滑至P点与原来藏在该处的“猪头”发生碰撞并击爆它，石块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，PE之间的距离S=0.5M．已知“小鸟”、石块、“猪头”均可视为质点，重力加速度g=10m/s²，空气阻力忽略不计（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
（1）石头在D点的速度是多少；
（2）石块与“猪头”碰撞时的速度大小；
（3）“小鸟”与石块相碰之前离斜面MN的最近距离．

Answer 1

分析 （1）石块恰好做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出其速度．
（2）石块恰好过圆弧最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可求出石块到D点的速度大小．对石块从D至P的过程，运用动能定理可求出石块与“猪头”碰撞时的速度大小；
（3）运用逆向思维，将“小鸟”从A′至C的运动可逆向视为从C至A′的平抛运动，根据平抛运动的规律求解“小鸟”与石块相碰之前离斜面MN的最近距离．

解答 解：（1）石块恰好过圆弧最高点D，由牛顿第二定律得：m₂g=m₂$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$，
代入数据解得：v_D=$\sqrt{5}$m/s；
（2）设石块在P点与“猪头”碰撞时的速度为v_P，石块从D至P的过程，由动能定理得：
m₂g[（1-cosθ）R+s•sinθ]-μm₂gcosθ•s=$\frac{1}{2}$m₂v_P²-$\frac{1}{2}$m₂v_D²，
代入数据解得：v_P=3m/s；
（3）设石块在C点碰后的速度为v_C，石块从C至D的过程，
由动能定理可知：-m₂g•2R=$\frac{1}{2}$m₂v_D²-$\frac{1}{2}$m₂v_C²，
代入数据解得：v_C=5m/s，
设“小鸟”与石块碰前的速度为v，碰后速度为v′，在碰撞过程系统动量守恒，以小鸟的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m₁v=m₁v′+m₂v_C，
由机械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$m₁v²=$\frac{1}{2}$m₁v′²+$\frac{1}{2}$m₂v_C²，
代入数据解得：v=4m/s；
将“小鸟”从A′至C的运动可逆向视为从C至A′的平抛运动，设历时t，“小鸟”的速度与A′C连线平行，
由：v_y=gt  v_x=v，tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$，联解可得：t=0.3s，
此时“小鸟”离A′C连线的距离设为h，
h=$\frac{x′}{2}$sinθ，x′=vt，
则“小鸟”离斜面MN最近的距离为：△h，
△h=（1+cosθ）R-h，解得：△h=0.54m；
答：（1）石头在D点的速度是$\sqrt{5}$m/s；
（2）石块与“猪头”碰撞时的速度大小为3m/s；
（3）“小鸟”与石块相碰之前离斜面MN的最近距离0.54m．

点评 本题涉及的物理过程比较复杂，要能将整个过程分解成几个简单的过程进行逐个研究，把握住石块到D点的临界速度的求法，将“小鸟”从A′至C的运动看成反向的平抛运动是解决本题的关键，要能熟练运用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理进行求解．