Question

14．如圖所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點，彈簧處于自然狀態(tài)時其右端位于B點．水平桌面右側有一豎直放置的光滑軌道MNP，其形狀為半徑R=0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°的圓弧，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也是R．用質量m₁=0.4kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點，釋放后彈簧恢復原長時物塊恰停止在B點．用同種材料、質量為m₂=0.2kg的物塊將彈簧也緩慢壓縮到C點釋放，物塊過B點后其位移與時間的關系為x=6t-2t²，物塊從桌面右邊緣D點飛離桌面后，由P點沿圓軌道切線落入圓軌道．g=10m/s²，求：
（1）DP間的水平距離；
（2）判斷m₂能否沿圓軌道到達M點；
（3）物塊將彈簧緩慢壓縮到C點時彈性勢能E_P．

Answer 1

分析 （1）物塊離開D點做平拋運動，由P點沿圓軌道切線落入圓軌道，知道了到達P點的速度方向，將P點的速度分解為水平方向和豎直方向，根據(jù)豎直方向上做自由落體運動求出豎直分速度，再根據(jù)角度關系求出水平分速度，即離開D點時的速度v_D．求出時間，從而求出DP間的水平距離．
（2）物塊在內(nèi)軌道做圓周運動，在最高點有臨界速度，應用牛頓第二定律求出速度，根據(jù)機械能守恒定律，求出M點的速度，與臨界速度進行比較，判斷其能否沿圓軌道到達M點．
（3）根據(jù)x=6t-2t²，得到物塊的初速度和加速度，由牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)，再對彈簧釋放過程研究，運用能量守恒定律求解．

解答 解：（1）物塊離開D點后做平拋運動，在豎直方向有：
  v_y²=2gR，解得：v_y=$\sqrt{2gR}$=$\sqrt{2×10×0.8}$=4m/s
tan45°=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{D}}$，解得：v_D=4m/s；
在豎直方向上：R=$\frac{1}{2}$gt²，解得，平拋運動的時間t=$\sqrt{\frac{2R}{g}}$=$\sqrt{\frac{2×0.8}{10}}$s=0.4s
則DP間的水平距離：x=v_Dt=4×0.4m=1.6m．
（3）物塊恰好到達M點時，重力提供向心力，
在M點由牛頓第二定律得：m₂g=m₂$\frac{{v}_{M}^{2}}{R}$，解得：v_M=2$\sqrt{2}$m/s，
設物塊能到達M點，由機械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}$m₂v_M′²=$\frac{1}{2}$m₂v_D²-m₂g$•\frac{\sqrt{2}}{2}$R
解得：v_M′=$\sqrt{16-8\sqrt{2}}$m/s＜v_M=2$\sqrt{2}$m/s
所以物塊不能到達M點．
（3）質量為m₂=0.2kg的物塊在BD段運動過程，由x=6t-2t²，得初速度v₀=6m/s，加速度大小為 a=4m/s²；
設物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，則 μm₂g=m₂a，得 μ=0.4
質量m₁=0.4kg的物塊被彈簧釋放過程，有：
  E_p=$μ{m}_{1}g\overline{BC}$
質量m₂=0.2kg的物塊被彈簧釋放過程，有：
   E_p=$μ{m}_{2}g•\overline{BC}$$+\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{0}^{2}$
聯(lián)立解得：E_p=7.2J
答：
（1）DP間的水平距離是1.6m；
（2）物塊不能到達M點．
（3）物塊將彈簧緩慢壓縮到C點時彈性勢能E_P為7.2J．

點評 該題涉及到多個運動過程，關鍵要理清物塊的運動過程，把握每個過程的物理規(guī)律，運用機械能守恒定律、平拋運動基本公式、圓周運動向心力公式進行解答．