Question

9．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于O點．水平向右側(cè)有一豎直光滑圓形軌道在C點與水平面平滑連接，圓心為O′，半徑R=0.4m．另一輕質(zhì)彈簧一端固定在O′點的軸上，一端栓著一個小球，彈簧的原長為l₀=0.5m，勁度系數(shù)k=100N/m．用質(zhì)量m₁=0.4kg的物體將彈簧緩慢壓縮到B點（物體與彈簧不栓接），物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，釋放后物塊恰運動到C點停止，BC間距離L=2m．換同種材料、質(zhì)量m₂=0.2kg的物塊重復(fù)上述過程．（物塊、小球均視為質(zhì)點，g=10m/s²）求：

（1）物塊m₂到C點時的速度大小v_C；
（2）若小球的質(zhì)量也為m₂，物塊與小球碰撞后交換速度，論證小球是否能通過最高點D．若能通過，求出最高點軌道對小球的彈力N；若不能通過，求出小球離開軌道時的位置和O′連線與豎直方向的夾角θ（用三角函數(shù)值表示）；
（3）在（2）問的基礎(chǔ)上，若將拴著小球的彈簧換為勁度系數(shù)k′=10N/m的彈簧，再次求解．

Answer 1

分析 （1）從B到C有動能定理可求得到達(dá)C點速度；
（2）假設(shè)通過最高點，從C到D由動能定理求的D點速度，在D點由牛頓第二定律即可判斷；
（3）假設(shè)通過最高點，從C到D由動能定理求的D點速度，在D點由牛頓第二定律即可判斷，在利用動能定理即可求的夾角．

解答 解：（1）m₁從B到C的過程：E_P=μm₁gL
m₂從B到C的過程：E_P=μm₂gL+$\frac{1}{2}$m₂v_C²，解得：v_C=4m/s
（2）碰后交換速度，小球以v_C=4m/s向上運動，假設(shè)能到高點，
從C到D的過程：$\frac{1}{2}$m₂v_D²-$\frac{1}{2}$m₂v_C²=-m₂g•2R，解得：v_D=0m/s，
對D點：N+m₂g-k（l₀-R）=0，解得：N=8N，求解結(jié)果合理，
說明假設(shè)是正確的，小球可以通過最高點；
（3）假設(shè)能到高點，最高點彈力：N'+m₂g-k'（l₀-R）=0
解得：N=-1N，求解結(jié)果的不合理，說明假設(shè)是錯誤的，小球不可以通過最高點；
小球離開軌道時的位置E和O'連線與豎直方向的夾角θ，此時小球速度v_E
由動能定理：$\frac{1}{2}$m₂v_E²-$\frac{1}{2}$m₂v_C²=m₂g（R+Rcosθ）
對E點：m₂gcosθ-k′（l₀-R）=m₂$\frac{{v}_{E}^{2}}{R}$，解得：cosθ=$\frac{5}{6}$，則θ=arccoa$\frac{5}{6}$；
答：（1）物塊m₂到C點時的速度大小v_C為4m/s；
（2）若小球的質(zhì)量也為m₂，若物塊與小球碰撞后交換速度，小球能通過最高點D．軌道最高點對小球的彈力N為8N；
（3）若將拴著小球的彈簧換為勁度系數(shù)k'=10N/m，小球不能通過最高點D．夾角為arccoa$\frac{5}{6}$．

點評 本題是動能定理與向心力公式的綜合應(yīng)用來處理圓周運動問題．利用功能關(guān)系解題的優(yōu)點在于不用分析復(fù)雜的運動過程，只關(guān)心初末狀態(tài)即可，平時要加強訓(xùn)練深刻體會這一點．