Question

17．光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)連接，導(dǎo)軌半徑R=0.5m，一個(gè)質(zhì)量m=2kg的小球在A處壓縮一輕質(zhì)彈簧，彈簧與小球不拴接．用手擋住小球不動(dòng)，此時(shí)彈簧彈性勢能E_p=49J，如圖所示．放手后小球向右運(yùn)動(dòng)脫離彈簧，沿圓形軌道向上運(yùn)動(dòng)恰能通過最高點(diǎn)C，g取10m/s²．求：
（1）小球脫離彈簧時(shí)速度大�。�
（2）小球從B到C克服阻力做的功．
（3）小球離開C點(diǎn)后落回水平面時(shí)的動(dòng)能大小．

Answer 1

分析 （1）在小球脫離彈簧的過程中只有彈簧彈力做功，根據(jù)彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系和動(dòng)能定理可以求出小球的脫離彈簧時(shí)的速度v；
（2）小球從B到C的過程中只有重力和阻力做功，根據(jù)小球恰好能通過最高點(diǎn)的條件得到小球在最高點(diǎn)時(shí)的速度，從而根據(jù)動(dòng)能定理求解從B至C過程中小球克服阻力做的功；
（3）小球離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理求小球落地時(shí)的動(dòng)能大小

解答 解：（1）小球從A點(diǎn)開始至小球脫離彈簧的過程中根據(jù)彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系有：
W_彈=-△E_P彈=-（0-E_p）=49J
對(duì)小球而言，此過程只有彈力做功，故有：
${W}_{彈}=\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$，
得小球脫離彈簧時(shí)的速度為：
v=$\sqrt{\frac{2{W}_{彈}}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×49}{2}}m/s=7m/s$
（2）小球恰好能通過最高點(diǎn)C，故在最高點(diǎn)小球只受重力作用，根據(jù)牛頓第二定律有：
${F}_{合}=mg=\frac{m{v}_{C}^{2}}{R}$
得小球在C點(diǎn)時(shí)的速度為：
${v}_{C}=\sqrt{gR}$=$\sqrt{10×0.5}m/s=\sqrt{5}m/s$
因?yàn)锳B段光滑，小球在B點(diǎn)時(shí)的速度等于小球脫離彈簧時(shí)的速度即：v_B=v=7m/s
在從B至C的過程中只有重力和阻力做功，根據(jù)動(dòng)能定理有：
${W}_{G}+{W}_{f}=\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
得阻力做功為：
${W}_{f}=\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}-{W}_{G}$=$\frac{1}{2}×2×（\sqrt{5}）^{2}-\frac{1}{2}×2×{7}^{2}-（-2×10×2×0.5）J$=-24J
所以從B至C的過程中小球克服阻力做功24J；
（3）小球離開C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，此過程中只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理有：
$2mgR={E}_{k}-\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$
得小球落地時(shí)的動(dòng)能：
${E}_{k}=2mgR+\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$=$2×2×10×0.5+\frac{1}{2}×2×（\sqrt{5}）^{2}J=25J$
答：（1）小球脫離彈簧時(shí)的速度大小為7m/s；
（2）小球從B到C克服阻力做的功24J； 
（3）小球離開C點(diǎn)后落回水平面時(shí)的動(dòng)能大小為25J．

點(diǎn)評(píng) 本題的解題關(guān)鍵是根據(jù)牛頓第二定律求出物體經(jīng)過B、C兩點(diǎn)的速度，再結(jié)合動(dòng)能定理、平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)求解．