Question

4．如圖所示，在豎直面內(nèi)有一個(gè)光滑弧形軌道，其末端水平，且與處于同一豎直面內(nèi)光滑圓形軌道的最低端相切，并平滑連接．A、B兩滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）用輕細(xì)繩拴接在一起，在它們中間夾住一個(gè)被壓縮的微小輕質(zhì)彈簧．兩滑塊從弧形軌道上的某一高度P點(diǎn)處由靜止滑下，當(dāng)兩滑塊剛滑入圓形軌道最低點(diǎn)時(shí)拴接兩滑塊的繩突然斷開，彈簧迅速將兩滑塊彈開，其中前面的滑塊A沿圓形軌道運(yùn)動(dòng)恰能通過軌道最高點(diǎn)，后面的滑塊B恰好能返回P點(diǎn)，已知圓形軌道的半徑R=0.72m，滑塊A的質(zhì)量m_A=0.4kg，滑塊B的質(zhì)量m_B=0.1kg，重力加速度g取10m/s²，空氣阻力可忽略不計(jì)．求：
（1）滑塊A運(yùn)動(dòng)到圓形軌道最高點(diǎn)時(shí)速度的大��；
（2）兩滑塊開始下滑時(shí)距圓形軌道底端的高度h；
（3）彈簧在將兩滑塊彈開的過程中釋放的彈性勢(shì)能．

Answer 1

分析 （1）滑塊A沿圓形軌道運(yùn)動(dòng)恰能通過軌道最高點(diǎn)，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出滑塊A在最高點(diǎn)時(shí)的速度．
（2）由機(jī)械能守恒定律求出A在最低點(diǎn)的速度．彈簧將兩滑塊彈開的過程，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律列式．再對(duì)兩滑塊下滑和B滑塊上滑的過程，運(yùn)用機(jī)械能守恒定律列式，聯(lián)立可得h．
（3）根據(jù)機(jī)械能守恒定律求釋放的彈性勢(shì)能．

解答 解：（1）滑塊A恰能通過軌道最高點(diǎn)，由重力提供向心力，由牛頓第二定律得
  m_Ag=m_A$\frac{{v}_{A}^{2}}{R}$，得 v_A=$\sqrt{gR}$=$\sqrt{10×0.72}$=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$m/s
（2）滑塊A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得
  2mgR+$\frac{1}{2}{m}_{A}{v}_{A}^{2}$=$\frac{1}{2}{m}_{A}{v}_{A0}^{2}$
解得彈簧將兩滑塊彈開瞬間A的速度 v_A0=$\sqrt{5gR}$=$\sqrt{5×10×0.72}$=6m/s
設(shè)兩滑塊滑到最低點(diǎn)時(shí)速度大小為v₀，彈簧將兩滑塊彈開瞬間A的速度大小為v_B0．
兩滑塊一起下滑的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒得
  （m_A+m_B）gh=$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）v₀²
解得：v₀=$\sqrt{2gh}$
B上滑的過程，由機(jī)械能守恒得
  m_Bgh=$\frac{1}{2}$m_Bv_B0²
解得：v_B0=$\sqrt{2gh}$
則得 v₀=v_B0．
彈簧將兩滑塊彈開過程，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得
  根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：
（m_A+m_B）v₀=m_Av_A0-m_Bv_B0
解得 v₀=4m/s
由v₀=$\sqrt{2gh}$得 h=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2g}$=0.8m
（3）設(shè)彈簧將兩滑塊彈開的過程中釋放的彈性勢(shì)能為E_P，對(duì)于彈開的過程，由機(jī)械能守恒定律得：
  $\frac{1}{2}$（m_A+m_B）v₀²+E_P=$\frac{1}{2}$m_Av_A0²+$\frac{1}{2}$m_Bv_B0²
解得：E_P=4J
答：
（1）滑塊A運(yùn)動(dòng)到圓形軌道最高點(diǎn)時(shí)速度的大小是$\frac{6\sqrt{5}}{5}$m/s；
（2）兩滑塊開始下滑時(shí)距圓形軌道底端的高度h是0.8m；
（3）彈簧在將兩滑塊彈開的過程中釋放的彈性勢(shì)能是4J．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合性較強(qiáng)，解決綜合問題的重點(diǎn)在于分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，分過程靈活應(yīng)用相應(yīng)的物理規(guī)律；要注意彈簧彈開滑塊的過程，遵守兩大守恒定律：動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，列動(dòng)量守恒定律方程時(shí)要注意速度的方向．