Question

如圖所示，AB為傾角θ=37°的斜面軌道，軌道的AC部分光滑，CB部分粗糙．BP為圓心角等于143°半徑R=1m的豎直光滑圓弧形軌道，兩軌道相切于B點(diǎn)，P、0兩點(diǎn)在同一豎茛線上，輕彈簧一端固定在A點(diǎn)，另一 0由端在斜面上C點(diǎn)處，現(xiàn)有一質(zhì)量m=2kg的物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D點(diǎn)后（不栓接）釋放，物塊經(jīng)過C點(diǎn)后，從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中的位移與時(shí)間的關(guān)系為x=12t-4t²（式中X單位是m，t單位是s），假設(shè)物塊笫一次經(jīng)過B點(diǎn)后恰能到達(dá)P點(diǎn)，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取1Om/s²．
試求：
（1）若

.

CD

=1m，試求物塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，彈簧對(duì)物塊所做的功；
（2）B、C兩點(diǎn)間的距離x
（3）若在P處安裝一個(gè)豎直彈性擋板，小物塊與擋板碰撞時(shí)間極短且無機(jī)械能損火，小物塊與彈簧相互作用不損失機(jī)械能，試通過計(jì)箅判斷物塊在第一次與擋板碰撞后的運(yùn)動(dòng)過程中是否會(huì)脫離軌道？

Answer 1

分析：（1）物體在CB段向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移與時(shí)間的關(guān)系得出C點(diǎn)的速度，然后對(duì)DC段運(yùn)用動(dòng)能定理，求出彈力所做的功．
（2）根據(jù)CB段勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間關(guān)系得出物體運(yùn)動(dòng)的加速度，從而根據(jù)牛頓第二定律求出動(dòng)摩擦因數(shù)，因?yàn)槲矬w恰好到達(dá)P點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得出P點(diǎn)的速度，通過機(jī)械能守恒定律得出B點(diǎn)的速度，然后通過勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式求出B、C兩點(diǎn)間的距離x．
（3）根據(jù)動(dòng)能定理判斷物體能否返回時(shí)回到與O點(diǎn)等高的位置，若不能回到等高的位置，則小球?qū)⒉粫?huì)脫離軌道．

解答：解：（1）由，x=12t-4t²知，物塊在C點(diǎn)速度為v₀=12m/s．
設(shè)物塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，彈簧對(duì)物塊所做的功為W，由動(dòng)能定理得：
W-mgsin37°?

.

CD

=

1

2

mv02
代入數(shù)據(jù)得：W=

1

2

mv02+mgsin37°?

.

CD

=156J．
（2）由x=12t-4t²知，物塊從C運(yùn)動(dòng)到B過程中的加速度大小為a=8m/s²．
設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由牛頓第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ=ma  代入數(shù)據(jù)解得
μ=0.25．
物塊在P點(diǎn)的速度滿足mg=m

vp2

R

．
物塊從B運(yùn)動(dòng)到P的過程中機(jī)械能守恒，則有  
物塊從C運(yùn)動(dòng)到B的過程中有 vB2-v02=-2ax．
由以上各式解得x=

49

8

m．
（3）假設(shè)物塊第一次從圓弧軌道返回并與彈簧相互作用后，能夠回到與O點(diǎn)等高的位置Q點(diǎn)，且設(shè)其速度為v_Q，由動(dòng)能定理得

1

2

mvQ2-

1

2

mvp2=mgR-2μmgxcos37° 
解得vQ2=-19＜0
可見物塊返回后不能到達(dá)Q點(diǎn)，故物塊在以后的運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)脫離軌道．
答：（1）彈簧對(duì)物塊所做的功為156J．
（2）B、C兩點(diǎn)間的距離x為

49

8

m．
（3）物塊在以后的運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)脫離軌道．

點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律以及牛頓第二定律，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，關(guān)鍵理清物體的運(yùn)動(dòng)情況，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解．