Question

（2013?潮州二模）如圖所示，在水平軌道右側安放半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設特殊材料，調節其初始長度為l；水平軌道左側有一輕質彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長狀態．小物塊A靜止放置在彈簧右端，A與彈簧接觸但不拴接；小物塊B從軌道右側以初速度v₀沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后與物塊A發生對心碰撞且瞬間粘連，之后A、B一起壓縮彈簧并被彈簧以原速率彈回，經水平軌道返回圓形軌道．物塊A、B均可視為質點．已知R=0.2m，l=1.0m，v₀=6m/s，物塊A、B質量均為m=1kg，與PQ段間的動摩擦因數均為μ=0.2，軌道其他部分摩擦不計．取g=10m/s²．求：
（1）物塊B與物塊A碰撞前速度大��；
（2）物塊B與物塊A碰后返回到圓形軌道的高度；
（3）調節PQ段的長度l，B仍以v₀從軌道右側沖上軌道，當l滿足什么條件時，A、B物塊能返回圓形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道？

Answer 1

分析：（1）對B從初始位置到與A碰撞前過程運用動能定理，求出物塊B與物塊A碰撞前的速度大�。�
（2）根據動量守恒定律求出碰撞后的速度，根據動能定理求出AB整體能夠上升的高度，并討論能否達到此高度．
（3）A、B物塊能返回圓形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道，要么能夠越過圓軌道的最高點，要么在圓軌道中上升的高度不要超過圓軌道的半徑，結合動能定理、動量守恒定律和牛頓第二定律求出l所滿足的條件．

解答：解：（1）物塊B沖上圓形軌道后回到最低點速度為v₀=6m/s
與A碰撞前，有-μmgl=

1

2

m

v

2 1

-

1

2

m

v

2 0

可得，物塊B與A碰撞前速度大小v1=4

2

m/s
（2）A、B碰撞粘連，有mv₁=2mv₂
得A、B碰后速度v2=

1

2

v1=2

2

m/s
A、B整體向右經過PQ段，有

v

2 3

-

v

2 2

=-2μgl
得A、B速度v₃=2m/s
A、B整體滑上圓形軌道，有-2mgh=0-

1

2

×2m

v

2 3

（也可以應用 -μ×2mgl-2mgh=

1

2

×2m

v

2 3

-

1

2

×2m

v

2 2

）
可得，返回到右邊軌道的高度為h=0.2m=R，符合實際．
（3）物塊B以v₀沖上軌道直到回到PQ段右側，有v

′

2 1

-

v

2 0

=-2μgl
mv'₁=2mv'₂
v

′

2 3

-v

′

2 2

=-2μgl
聯立可得，B回到右側速度v

′

2 3

=

v 2 0

4

-

5

2

μgl=(9-5l)(m/s)2
要使A、B整體能返回右側軌道且能沿軌道運動而不脫離軌道，則有：
①若A、B整體沿軌道上滑至最大高度h時，速度減為0，則h滿足：0＜h≤R
又 

1

2

×2mv

′

2 3

=2mgh
聯立可得，1.0m≤l＜1.8m
②若A、B整體能沿軌道上滑至最高點，則滿足

1

2

×2mv

′

2 3

=2mg×2R+

1

2

×2mv

′

2 4

且2m

v ′ 2 4

R

≥2mg
聯立得 l≤-0.2m，不符合實際，即不可能沿軌道上滑至最高點．  
綜上所述，要使A、B物塊能返回圓形軌道并沿軌道運動而不脫離軌道，l滿足的條件是1.0m≤l＜1.8m
答：（1）物塊B與物塊A碰撞前速度大小為4

2

m/s．
（2）物塊B與物塊A碰后返回到圓形軌道的高度為0.2m．
（3）使A、B物塊能返回圓形軌道并沿軌道運動而不脫離軌道，l滿足的條件是1.0m≤l＜1.8m．

點評：本題綜合考查了動量守恒定律、動能定理、牛頓第二定律，以及知道小球不脫離圓軌道的條件，綜合性較強，對學生的能力要求較高，需加強訓練．