Question

19．如圖，水平光滑軌道AB與半徑為R的豎直光滑半圓形軌道BC相切于B點．質(zhì)量為2m和m的a、b兩個小滑塊（可視為質(zhì)點）原來靜止于水平軌道上，其中小滑塊a與一輕彈簧相連．某一瞬間給小滑塊a一沖量使其獲得初速度向右沖向小滑塊b，與b碰撞后彈簧不與b相粘連，且小滑塊b在到達(dá)B點之前已經(jīng)和彈簧分離，不計一切摩擦，小滑塊b離開C點后落地點距離B點的距離為2R，重力加速度為g，求：
（1）小滑塊b與彈簧分離時的速度大小v_B；
（2）上述過程中a和b在碰撞過程中彈簧獲得的最大彈性勢能E_pmax；
（3）若剛開始給小滑塊a的沖量為I=3m$\sqrt{gR}$，求小滑塊b滑塊離開圓軌道的位置和圓心的連線與水平方向的夾角θ．（求出θ角的任意三角函數(shù)值即可）．

Answer 1

分析 （1）先研究小滑塊b平拋運動的過程，由分運動規(guī)律求出小滑塊b通過C點時的速度．由機(jī)械能守恒定律求小滑塊b與彈簧分離時的速度大小v_B；
（2）a和b在碰撞過程中，兩者速度相同時彈簧獲得的彈性勢能最大．根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律結(jié)合列式求解E_pmax；
（3）給小滑塊a的沖量為I=3m$\sqrt{gR}$，由動量定理求得滑塊a獲得的速度，判斷b能否到達(dá)C點，當(dāng)b離開軌道時，由重力的徑向分力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律列式，結(jié)合機(jī)械能守恒定律求解．

解答 解：（1）小滑塊b脫離C點后，由平拋運動規(guī)律有：
   2R=v_Ct
   2R=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$                
解得：v_C=$\sqrt{gR}$           
可知，小滑塊b 恰好通過C點．
以B點為零勢能點，小滑塊b從B點到C點由機(jī)械能守恒定律有：
   $\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$+2mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$     
則小滑塊b與彈簧分離時的速度  v_B=$\sqrt{5gR}$                 
（2）小滑塊b與彈簧分離過程滿足動量和能量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得：
    2mv₀=2mv_A+mv_B．
   $\frac{1}{2}$•2mv₀²=$\frac{1}{2}$•2mv_A²+$\frac{1}{2}$mv_B²
解得：v₀=$\frac{3}{4}$$\sqrt{5gR}$，v_A=$\frac{\sqrt{5gR}}{4}$
當(dāng)彈簧壓縮至最短時彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律和能量守恒定律有：
    2mv₀=3mv_共
  E_pmax=$\frac{1}{2}$•2mv₀²-$\frac{1}{2}$•3mv_共²
解得：E_pmax=$\frac{15}{16}$mgR
（3）對a，由動量定理有：I=2mv₀′
解得：v₀′=$\frac{3}{2}\sqrt{gR}$＜v₀       
可知小滑塊b不能通過C點，設(shè)小滑塊b到達(dá)D點時離開，如圖所示設(shè)傾角為θ，剛好離開有N=0，由牛頓第二定律有：

 mgsinθ=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$                 
由動量守恒定律和能量守恒定律可得
   2mv₀′=2mv_A′+mv_B′．
   $\frac{1}{2}$•2mv₀′²=$\frac{1}{2}$•2mv_A′²+$\frac{1}{2}$mv_B′²
解得，b脫離彈簧的速度為：v′_B=2$\sqrt{gR}$
從B到D由機(jī)械能守恒有：
    mg（R+Rsinθ）=$\frac{1}{2}mv{′}_{B}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
解得 sinθ=$\frac{2}{3}$ 
答：
（1）小滑塊b與彈簧分離時的速度大小v_B是$\sqrt{5gR}$．            
（2）上述過程中a和b在碰撞過程中彈簧獲得的最大彈性勢能E_pmax是$\frac{15}{16}$mgR．
（3）小滑塊b滑塊離開圓軌道的位置和圓心的連線與水平方向的夾角正弦值sinθ為$\frac{2}{3}$．

點評 本題分析清楚物體運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，要抓住彈性碰撞的規(guī)律：動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律，明確圓周運動向心力的來源．