Question

8．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于O點．水平向右側(cè)有一豎直光滑圓形軌道在C點與水平面平滑連接，圓心為O′，半徑R=0.4m．另一輕質(zhì)彈簧一端固定在O′點的軸上，一端栓著一個小球，彈簧的原長為l₀=0.5m，勁度系數(shù)k=10N/m．用質(zhì)量m₁=0.4kg的物體將彈簧緩慢壓縮到B點（物體與彈簧不栓接），物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，釋放后物塊恰運動到C點停止，BC間距離L=2m．換同種材料、質(zhì)量m₂=0.2kg的物塊重復(fù)上述過程．（物塊、小球均視為質(zhì)點，g=10m/s²）求：
（1）物塊m₂到C點時的速度大小v_C；
（2）若小球的質(zhì)量m₃=0.1kg，物塊與小球發(fā)生彈性碰撞，論證小球是否能通過最高點D？若能通過，求出最高點軌道對小球的彈力；若不能通過，求出小球離開軌道時的位置和O′連線與豎直方向的夾角θ；
（3）在（2）問的基礎(chǔ)上，若將小球換為質(zhì)量為m₃=0.2kg的小球，再次求解．

Answer 1

分析 （1）m₁和m₂從B到C有動能定理列式，聯(lián)立方程可求得到達(dá)C點速度；
（2）物塊和小球彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律以及機(jī)械能守恒定律列式，假設(shè)通過最高點，從C到D由動能定理求的D點速度，在D點由牛頓第二定律即可判斷；
（3）若m₃=0.2kg，物塊和小球發(fā)生彈性對碰后交換速度，假設(shè)通過最高點，從C到D由動能定理求的D點速度，在D點由牛頓第二定律即可判斷，在利用動能定理即可求的夾角．

解答 解：（1）m₁從B到C的過程：E_P=μm₁gL
m₂從B到C的過程：E_P=μm₂gL+$\frac{1}{2}{m_2}v_C^2$
聯(lián)立解得：v_C=4m/s
（2）物塊和小球彈性碰撞：動量守恒，設(shè)v_C的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：${m_2}v_c^{\;}={m_2}v_1^{\;}+{m_3}v_2^{\;}$
機(jī)械能守恒得 $\frac{1}{2}{m_2}v_c^2=\frac{1}{2}{m_2}v_1^2+\frac{1}{2}{m_3}v_2^2$
聯(lián)立得：${v_2}=\frac{16}{3}m/s$
假設(shè)小球能到高點，從C到D的過程：$\frac{1}{2}{m_3}v_2^2-\frac{1}{2}{m_3}v_D^2=2{m_3}gR$
得：${v_D}=\frac{{4\sqrt{7}}}{3}m/s$
對D點有：$N+{m_3}g-k（{{l_0}-R}）={m_3}\frac{v_D^2}{R}$
得：$N=\frac{28}{9}N$，方向豎直向下
求解結(jié)果合理，假設(shè)正確，小球可以通過最高點．
（3）若m₃=0.2kg，物塊和小球發(fā)生彈性對碰后交換速度（同第二問解答過程算出其碰后的速度），小球以v_C=4m/s向上運動，假設(shè)能到高點，
從C到D的過程：$\frac{1}{2}{m_3}v_2^2-\frac{1}{2}{m_3}v_D^2=2{m_3}gR$
得：v_D=0m/s
對D點有：$N+{m_3}g-k（{{l_0}-R}）={m_3}\frac{v_D^2}{R}$代入數(shù)據(jù)解得：N=-1N方向豎直向上
因軌道在最高點不能給小球豎直向上的彈力，說明假設(shè)是錯誤的，小球不可以通過最高點
設(shè)小球離開軌道時的位置E和O'連線與豎直方向的夾角θ，此時小球速度v_E
由動能定理：$\frac{1}{2}{m_3}v_E^2-\frac{1}{2}{m_3}v_C^2=-{m_3}g（R+Rcosθ）$
對E點：m₃gcosθ-k（l₀-R）=m₃$\frac{v_E^2}{R}$聯(lián)立解得：cosθ=$\frac{5}{6}$，即：θ=arccos$\frac{5}{6}$
答：（1）物塊m₂到C點時的速度大小v_C為4m/s；
（2）小球可以通過最高點；
（3）小球不可以通過最高點，小球離開軌道時的位置和O′連線與豎直方向的夾角θ為arccos$\frac{5}{6}$．

點評 本題是動能定理與向心力公式的綜合應(yīng)用來處理圓周運動問題．利用功能關(guān)系解題的優(yōu)點在于不用分析復(fù)雜的運動過程，只關(guān)心初末狀態(tài)即可，平時要加強(qiáng)訓(xùn)練深刻體會這一點．