Question

2．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)在同一豎直線上，輕彈簧一端固定在A點(diǎn)，另一自由端在斜面上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)物塊第一次經(jīng)過B點(diǎn)后恰能到達(dá)P點(diǎn)，（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10m/s²）試求：
（1）若CD=1m，物塊從D點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，彈簧對物塊所做的功；
（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)械能損失，小物塊與彈
簧相互作用不損失機(jī)械能，試通過計(jì)算判斷物塊在第一次與擋板碰撞后的運(yùn)動過程中是否會脫離軌道？

Answer 1

分析 （1）物塊從C點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中的位移與時(shí)間的關(guān)系x=12t-5t²，將此式與勻變速運(yùn)動的位移公式進(jìn)行比較，根據(jù)待定系數(shù)法可以判斷出初速度和加速度的值．對物體運(yùn)用動能定理求彈簧對物塊所做的功．
（2）根據(jù)CB段勻減速直線運(yùn)動的位移時(shí)間關(guān)系得出物體運(yùn)動的加速度，從而根據(jù)牛頓第二定律求出動摩擦因數(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)動的速度位移公式求出B、C兩點(diǎn)間的距離x_BC．
（3）根據(jù)動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�脫離軌道．

解答 解：（1）將x=12t-4t²和勻變速直線運(yùn)動的位移公式x=v₀t+$\frac{1}{2}a{t}^{2}$對比，可得物塊在C點(diǎn)速度為 v₀=12 m/s，加速度 a=-8m/s²；
設(shè)物塊從D點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，彈簧對物塊所做的功為W，由動能定理得：
  W-mg$\overline{CD}$sin37°=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$                            
代入數(shù)據(jù)得：W=156J                                       
（2）物塊在CB段，根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)=ma  得 F=16N
物塊在P點(diǎn)的速度滿足 mg=m$\frac{{v}_{P}^{2}}{R}$              
C到P的過程，由動能定理得：Fx-mgR（1+sin53°）=$\frac{1}{2}m{v}_{p}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
綜上解得：x=$\frac{49}{8}$m=6.125m            
（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)其速度為為v_Q，由動能定理得：
  $\frac{1}{2}m{v}_{Q}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{P}^{2}$=mgR-2μmgxcos37°
又 mgsin37θ+μmgcosθ=ma，解得 μ=0.25
聯(lián)立解得 ${v}_{Q}^{2}$=-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)動過程中不會脫離軌道．
答：（1）物塊從D點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，彈簧對物塊所做的功是156J；
（2）B、C兩點(diǎn)間的距離x是6.125m；
（3）物塊在第一次與擋板碰撞后的運(yùn)動過程中不會脫離軌道．

點(diǎn)評 本題綜合考查了動能定理、機(jī)械能守恒定律以及牛頓第二定律，對學(xué)生的能力要求較高，關(guān)鍵理清物體的運(yùn)動情況，掌握臨界條件，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解．