Question

16．如圖所示，在水平軌道右側(cè)固定半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設(shè)特殊材料，調(diào)節(jié)其初始長(zhǎng)度為l，水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài)．可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從軌道右側(cè)A點(diǎn)以初速度v₀沖上軌道，通過(guò)圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧，并被彈簧以原速率彈回．已知R=0.4m，l=2.5m，v₀=6m/s，物塊質(zhì)量m=1kg，與PQ段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，軌道其它部分摩擦不計(jì)．取g=10m/s²．
（1）求彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能；
（2）改變v₀，為使小物塊能到達(dá)或經(jīng)過(guò)PQ段，且經(jīng)過(guò)圓軌道時(shí)不脫離軌道，求v₀取值范圍．

Answer 1

分析 （1）小物塊由A點(diǎn)到彈簧第一次壓縮到最短的過(guò)程中，由功能關(guān)系求解彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能；
（2）若物塊恰好到達(dá)B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律以及機(jī)械能守恒求出v₀的范圍，若物塊恰好返回至圓軌道與圓心等高位置，由功能關(guān)系求出v₀的范圍．

解答 解：（1）小物塊由A點(diǎn)到彈簧第一次壓縮到最短的過(guò)程中，由功能關(guān)系得：$\frac{1}{2}mv_0^2=μmgl+{E_{pm}}$…①
代入數(shù)據(jù)解得：E_pm=8J…②
（2）若物塊恰好到達(dá)B點(diǎn)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：$mg=\frac{mv_B^2}{R}$…③
小物塊由A點(diǎn)到B點(diǎn)，由機(jī)械能守恒得：$\frac{1}{2}mv_{01}^2=mg•2R+\frac{1}{2}mv_B^2$…④
由③④式得：${v_{01}}=2\sqrt{5}m/s$
所以${v_{01}}≥2\sqrt{5}m/s$…⑤
若物塊恰好返回至圓軌道與圓心等高位置，由功能關(guān)系得：$\frac{1}{2}mv_{02}^2=2μmgl+mgR$…⑥
得：${v_{02}}=4\sqrt{3}m/s$…⑦
故既要通過(guò)B點(diǎn)，又要返回時(shí)不超過(guò)與圓心等高位置，v₀應(yīng)滿(mǎn)足：$2\sqrt{5}m/s≤{v_0}≤4\sqrt{3}m/s$…⑧
若物塊恰好返回至B點(diǎn)，由功能關(guān)系得：$\frac{1}{2}mv_{03}^2=2μmgl+mg•2R+\frac{1}{2}mv_B^2$…⑨
得：${v_{03}}=2\sqrt{15}m/s$
所以${v_{03}}≥2\sqrt{15}m/s$
故v₀取值范圍是${v_0}≥2\sqrt{15}m/s$或 $2\sqrt{5}m/s≤{v_0}≤4\sqrt{3}m/s$
答：（1）彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為8J；
（2）v₀取值范圍為${v_0}≥2\sqrt{15}m/s$或 $2\sqrt{5}m/s≤{v_0}≤4\sqrt{3}m/s$．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律，以及知道小球不脫離圓軌道的條件，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)訓(xùn)練，難度適中．