Question

11．如图，光滑轨道ABCO固定在竖直平面内，圆弧AB的圆心角为60°，O为圆心，半径为R=7.5cm，OB为半圆BCO的直径，光滑平台与轨道相切于A点．质量为M=2kg，长度为L=1.82m的木板静止在水平地面上，木板与水平地面的动摩擦因数为μ₂=0.1，木板上表面与平台上表面处于同一水平面上．物体P静止在木板上的某处，物体q在水平向左的恒力F=4N作用下，以V₀=4m/s的初速度从木板右端向左运动，经过0.2s与p相碰并结合成一整体Q，P、q、Q与木板上表面的动摩擦因数为μ₁=0.3．当木板与平台相碰时被牢固粘连，Q滑离木板时立刻撤去恒力F，Q恰好能通过圆轨道BCO的最高点．P、q质量均为m=1kg，P、q、Q可看作质点，所有接触面的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s²，求：
（1）结合体Q刚过A点时轨道对它支持力；
（2）物体q开始运动时P、q的距离；
（3）木板与平台相碰时，结合体Q的速度大小．

Answer 1

分析 （1）Q恰好能通过圆轨道BCO的最高点，由重力提供向心力，由此列式，求出Q到达最高点的速度．结合体由A到最高点的过程机械能守恒，由此列式求出结合体Q刚过A点时的速度，再由牛顿第二定律求轨道对Q的支持力．
（2）根据木板与地面间的最大静摩擦力分析木板的运动情况，再由牛顿第二定律和运动学位移公式求物体q开始运动时P、q的距离；
（3）物体q与p相碰过程，由动量守恒定律求碰后Q的速度．再由动能定理求木板与平台相碰时，结合体Q的速度大小．

解答 解：（1）恰好通过圆轨道BCO的最高点且速度为V₄．则 2mg=2m$\frac{{V}_{4}^{2}}{r}$    ①
其中 r=$\frac{R}{2}$，h=R+$\frac{R}{2}$（1-cos60°）=$\frac{5}{4}$R    ②
结合体由A到最高点机械能守恒，则有
  $\frac{1}{2}•2m{V}_{4}^{2}$+2mgh=$\frac{1}{2}•2m{V}_{A}^{2}$  ③
在A点，由牛顿第二定律得 N-2mg=2m$\frac{{V}_{4}^{2}}{R}$   ④
联立①～④得结合体刚过A点时轨道对它支持力为  N=8mg=80N   ⑤
（2）q开始滑动时 f₁=μ₁mg=0.1×10×1=3N    ⑥
木板与地面的最大静摩擦力 f₂=μ₂（m+m+2m）g=4N    ⑦
因为 f₁＜f₂，所以木板和p静止不动 
根据牛顿第二定律得 F-f₁=ma     ⑧
物体q开始运动时p、q的距离 s=V₀t+$\frac{1}{2}a{t}^{2}$ ⑨
由⑥～⑨解得  s=0.82m ⑩
（3）q、P相碰前q的速度  V₁=V₀+at⑪
物体q与p相碰，取向左为正方向，由动量守恒定律有
mV₁=2mV₂⑫
又因为 2f₁=6N＞f₂，木板开始滑动   
设结合体Q与木板未共速，木板与平台相碰
对木板，木板与平台碰撞前木板速度为V₃，由动能定理得
   （2f₁-f₂）x=$\frac{1}{2}M{V}_{3}^{2}$⑬
对结合体Q，从碰后到圆轨道BCO的最高点，由动能定理得
  （F-2f₁）（x+L-s）-2mgh=$\frac{1}{2}•2m{V}_{4}^{2}$-$\frac{1}{2}•2m{V}_{2}^{2}$⑭
由于F=f₂，木板开始滑动到与平台碰撞前，结合体Q和木板动量守恒，设此时结合体速度为V₅，则
  2mV₂=MV₃+2mV₅⑮
联立⑪～⑮解得：
V₃=0.4m/s    V₅=1.7m/s     V₅=1.7m/s＞V₃=0.4m/s
所以设结合体Q与木板未共速，木板就与平台相碰，相碰时的速度为1.7m/s．
答：
（1）结合体Q刚过A点时轨道对它支持力是80N；
（2）物体q开始运动时P、q的距离是0.82m；
（3）木板与平台相碰时，结合体Q的速度大小为1.7m/s．

点评 本题是复杂的力学综合题，关键是要正确分析物体的运动过程和状态，将整个过程分成若干个子过程研究，把握每个过程和状态的物理规律，并找出各个过程之间的联系．