Question

13．如圖所示，在光滑的水平地面上的左端連接一光滑的半徑為R的$\frac{1}{4}$圓形固定軌道，并且水平面與圓形軌道相切，在水平面內(nèi)有一質(zhì)量M=3m的小球Q連接著輕質(zhì)彈簧處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小球P從B點(diǎn)正上方h=2R高處由靜止釋放，小球P和小球Q大小相同，均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g．
（1）求小球P到達(dá)圓心軌道最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小和對(duì)軌道的壓力；
（2）求在小球P壓縮彈簧的過(guò)程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能；
（3）若小球P從B點(diǎn)上方高H處釋放，恰好使P球經(jīng)彈簧反彈后能夠回到B點(diǎn)，求高度H的大�。�

Answer 1

分析 （1）小球P從A運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解P到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度．P在最低點(diǎn)C處時(shí)，由合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和牛頓第三定律求解小球P對(duì)軌道的壓力；
（2）在彈簧被壓縮過(guò)程中，當(dāng)兩球速度相等時(shí)，彈簧具有最大彈性勢(shì)能，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律列式求解；
（3）小球P從B上方高H處釋放，根據(jù)動(dòng)能定理求出到達(dá)水平面的速度，彈簧被壓縮后再次恢復(fù)到原長(zhǎng)得過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律以及機(jī)械能守恒定律列式，P球經(jīng)彈簧反彈后恰好回到B點(diǎn)得過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理列式，聯(lián)立方程求解．

解答 解：（1）小球P從A運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒得：
mg（h+R）=$\frac{1}{2}$mv_C²
又 h=2R，
解得：v_C=$\sqrt{6gR}$
在最低點(diǎn)C處，根據(jù)牛頓第二定律得：
F_N-mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$
解得：F_N=7mg，
根據(jù)牛頓第三定律可知，小球P對(duì)軌道的壓力大小為7mg，方向豎直向下．
（2）彈簧被壓縮過(guò)程中，當(dāng)兩球速度相等時(shí)，彈簧具有最大彈性勢(shì)能，以向右為正，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：
mv_C=（m+M）v，
根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}$mv_C²=E_Pm+$\frac{1}{2}$（m+M）v²．
聯(lián)立解得：E_Pm=$\frac{9}{4}$mgR
（3）設(shè)小球P從B上方高H處釋放，到達(dá)水平面速度為v₀，由機(jī)械能守恒定律得：
mg（H+R）=$\frac{1}{2}$mv₀²．
彈簧被壓縮后再次恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，設(shè)小球P和Q的速度大小分別為v₁和v₂，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：
mv₀=-mv₁+Mv₂
根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：
$\frac{1}{2}$mv₀²=$\frac{1}{2}$mv₁²+$\frac{1}{2}$Mv₂²
要使P球經(jīng)彈簧反彈后恰好回到B點(diǎn)，則有：
mgR=$\frac{1}{2}$mv₁²．
聯(lián)立解得：H=3R
答：（1）小球P到達(dá)圓形軌道最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小為$\sqrt{6gR}$，對(duì)軌道的壓力大小為7mg，方向豎直向下；
（2）在小球P壓縮彈簧的過(guò)程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為$\frac{9}{4}$mgR；
（3）若球P從B上方高H處釋放，恰好使P球經(jīng)彈簧反彈后能夠回到B點(diǎn)，則高度H的大小為3R．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律以及動(dòng)能定理的直接應(yīng)用，注意在應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題時(shí)要規(guī)定正方向，注意使用動(dòng)能定理解題時(shí)要選好研究過(guò)程．