Question

16．如圖所示，BCPC′D是螺旋軌道，半徑為R的圓O與半徑為2R的BCD圓弧相切于最低點C，與水平面夾角都是37°的傾斜軌道AB、ED分別與BC、C′D圓弧相切于B、D點（C、C′均為豎直圓的最底點），將一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的一端固定在AB軌道的有孔固定板上，平行于斜面的細(xì)線穿過有孔固定板和彈簧跨過定滑輪將小球和大球連接，小球與彈簧接觸但不相連，小球質(zhì)量為m，大球質(zhì)量為$\frac{6}{5}$m，ED軌道上固定一同樣輕質(zhì)彈簧，彈簧下端與D點距離為L₂，初始兩球靜止，小球與B點的距離是L₁，L₁＞L₂，現(xiàn)小球與細(xì)線突然斷開．一切摩擦不計，重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）細(xì)線剛斷時，小球的加速度大�。�
（2）小球恰好能完成豎直圓周運動這種情況下，小球過C點前后瞬間有壓力突變，求壓力改變量為多少？
（3）小球沖上左側(cè)軌道獲得與初始線斷相同的加速度時，小球的速度．

Answer 1

分析 （1）細(xì)線剛斷時，小球的加速度大小根據(jù)牛頓第二定律求解；
（2）小球在經(jīng)過C點時，在C點左右兩邊相當(dāng)于分別在兩個圓周上過最低點，根據(jù)重力和軌道的支持力的合力提供向心力，列式得到壓力改變量與速度的關(guān)系式；小球恰好能完成豎直圓周運動時，在最高點由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可求得最高點小球的速度．小球從最低點到最高點的過程中，機械能守恒，列出方程，聯(lián)立即可求解．
（3）當(dāng)小球能過頂，小球滑上左側(cè)斜面軌道，壓縮彈簧獲得與初始線斷時相同大小的加速度時，彈簧彈力為F_N=$\frac{6}{5}$mg-mgsin37°，彈簧壓縮量與右側(cè)初始彈簧壓縮量相同，則彈簧的彈性勢能相等，整個過程機械能守恒，列式即可求解小球的速度．

解答 解：（1）線未斷時，彈簧對小球m的彈力大小 ${F_N}=\frac{6}{5}mg-mgsin37°$
細(xì)線剛斷時，小球的加速度$a=\frac{{{F_N}+mgsin37°}}{m}=\frac{{\frac{6}{5}mg}}{m}=\frac{6}{5}g$
（2）小球在經(jīng)過C點時，在C點左右兩邊相當(dāng)于分別在兩個圓周上過最低點，
在右邊：軌道對小球的支持力 F_N1=F_n1+mg
得：${F_{N1}}=m\frac{v^2}{R_1}+mg$
在左邊：軌道對小球的支持力 F_N2=F_n2+mg
得：${F_{N2}}=m\frac{v^2}{R_2}+mg$
則小球?qū)�軌道的壓力之差為�?△F={F_2}-{F_1}=m\frac{v^2}{R_2}-m\frac{v^2}{R_1}$
又 R₁=2R，R₂=R，
解得：$△F=m\frac{v^2}{2R}$
又小球從C點到P點過程中，機械能守恒，則得：$\frac{1}{2}m{v^2}-2mgR=\frac{1}{2}mv_0^2$
在最高點P時，由重力提供向心力，則有：$mg=m\frac{v_0^2}{R}$
聯(lián)立解得：$△F=\frac{5}{2}mg$
（3）當(dāng)小球能過頂，則小球滑上左側(cè)斜面軌道，壓縮彈簧獲得與初始線斷時相同大小的加速度時，彈簧彈力為${F_N}=\frac{6}{5}mg-mgsin37°=\frac{3}{5}mg$
即彈簧壓縮量與右側(cè)初始彈簧壓縮量相同，均為$x=\frac{3mg}{5k}$
則彈簧的彈性勢能相等，整個過程機械能守恒：
$mg{L_1}sin37°-mg（{L_2}+\frac{3mg}{5k}）sin37°=\frac{1}{2}mv_2^2$
解得：v₂=$\frac{6}{5}g（{L_1}-{L_2}-\frac{3mg}{5k}）$
答：（1）細(xì)線剛斷時，小球的加速度大小為$\frac{6}{5}$g；
（2）壓力改變量為 $\frac{5}{2}$mg；
（3）小球沖上左側(cè)軌道獲得與初始線斷相同的加速度時，小球的速度為$\frac{6}{5}g（{L_1}-{L_2}-\frac{3mg}{5k}）$．

點評 本題是復(fù)雜的力學(xué)問題，對于圓周運動，分析向心力的來源是關(guān)鍵，對于小球運動過程之中，要抓住機械能守恒，要具有解決綜合問題的能力，需要加強這方面的練習(xí)．