Question

17．如圖所示，一質(zhì)量為m的小球置于半徑為R的光滑豎直圓軌道最低點(diǎn)A處，B為軌道最高點(diǎn)，C、D為圓的水平直徑兩端點(diǎn)．輕質(zhì)彈簧的一端固定在圓心O點(diǎn)，另一端與小球栓接，已知彈簧的勁度系數(shù)為k=$\frac{mg}{R}$，原長為L=2R，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，若給小球一水平初速度v₀，已知重力加速度為g，則（　�。�

• A． 無論v₀多大，小球均不會(huì)離開圓軌道
• B． 若在$\sqrt{2gR}$＜v₀＜$\sqrt{5gR}$則小球會(huì)在B、D間脫離圓軌道
• C． 只要v₀＞$\sqrt{4gR}$，小球就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)
• D． 只要小球能做完整圓周運(yùn)動(dòng)，則小球與軌道間最大壓力與最小壓力之差與v₀無關(guān)

Answer 1

分析 AB、在軌道的任意位置對(duì)小球受力分析，比較彈簧的彈力于重力在半徑方向上的分力的大小，即可得知選項(xiàng)AB的正誤．
C、利用機(jī)械能守恒定律可解的小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)在最低點(diǎn)的速度，由此可判知選項(xiàng)C的正誤．
D、根據(jù)向心力的公式分別列出在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)趕到對(duì)小球的壓力，結(jié)合小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，即可推導(dǎo)出壓力之差的表達(dá)式，從而可知選項(xiàng)D的正誤．

解答 解：AB、因彈簧的勁度系數(shù)為k=$\frac{mg}{R}$，原長為L=2R，所以小球始終會(huì)受到彈簧的彈力作用，大小為F=K（l-R）=KR=mg，方向始終背離圓心，無論小球在CD以上的哪個(gè)位置速度為零，重力在沿半徑方向上的分量都小于等于彈簧的彈力（在CD一下，軌道對(duì)小球一定有指向圓心的支持力），所以無論v₀多大，小球均不會(huì)離開圓軌道，故A正確，B錯(cuò)誤．
C、小球在運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功，彈簧的彈力和軌道的支持力不做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)速度為零，在最低點(diǎn)的速度最小，有：$\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}=2mgR$，所以只要v₀＞$\sqrt{4gR}$，小球就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，故C正確．
D、在最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)小球受到的支持力為N，有：
N-KR-mg=$m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$，
解得：N=2mg+$m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$…①
運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力最小，設(shè)為N′，設(shè)此時(shí)的速度為v，由機(jī)械能守恒有：$\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}=2mgR+\frac{1}{2}m{v}^{2}$…②
此時(shí)合外力提供向心力，有：N′-KR+mg=$m\frac{{v}^{2}}{R}$…③
聯(lián)立②③解得：N′=$m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}-4mg$…④
聯(lián)立①④得壓力差為：△N=6mg，與初速度無關(guān)，故D正確．
故選：ACD．

點(diǎn)評(píng) 該題涉及到的指示點(diǎn)較多，解答中要注意一下幾點(diǎn)：
1、正確的對(duì)物體進(jìn)行受力分析，計(jì)算出沿半徑方向上的合外力，利用向心力公式進(jìn)行列式．
2、注意臨界狀態(tài)的判斷，知道臨界狀態(tài)下受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)．
3、熟練的判斷機(jī)械能守恒的條件，能利用機(jī)械能守恒進(jìn)行列式求解．