Question

4．如圖所示，一輕彈簧一端同定在傾角為37°的固定光滑直軌道AD的底端AB處，另一端若自由伸長則位于C點，另一端若固定連接一質(zhì)量為m的小木塊，小木塊處于B點時恰靜止．直軌道與-半徑為r=0.5R的光滑圓弧軌道相切于D點，E點為圓弧軌道的最高點（且過E點的切線水平）．BC=CD=R，A、B、C、D、E均在同一豎直面內(nèi)．質(zhì)量為m的一小鐵塊自D點由靜止開始下滑，到達(dá)B點后與小木塊碰撞，碰撞時間極短，碰撞后共同壓縮彈簧，此后運動過程中小鐵塊與小木塊恰不分離．輕彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g，（取sin37°=0.6．cos37°=0.8）求：
（1）小鐵塊即將與小木塊碰撞時的速率為多大；
（2）小鐵塊即將與小木塊碰撞時彈簧的彈性勢能為多大；
（3）若小鐵塊具有沿直線軌道向下的初速度，小鐵塊的初速度至少為多大．與小鐵塊碰撞后，才能沿著圓弧軌道運動到E點．

Answer 1

分析 （1）小鐵塊沿直軌道從D點滑到B點的過程，運用機械能守恒定律求小鐵塊即將與小木塊碰撞時的速率．
（2）小鐵塊與小木塊碰撞時間極短，系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律求出碰后共同速度．再對碰后過程，運用機械能守恒定律求小鐵塊即將與小木塊碰撞時彈簧的彈性勢能．
（3）與小木塊碰撞后，要能沿著圓弧軌道運動到E點，到達(dá)E點時重力提供向心力．根據(jù)機械能守恒定律列式得到小鐵塊即將與小木塊碰撞時的速率表達(dá)式，由動量守恒定律得到小鐵塊與小木塊碰后的速率表達(dá)式．再對碰后小鐵塊與小木塊分離后沿CDE軌道運動到E點的過程，由機械能守恒定律列式．在E點，根據(jù)牛頓第二定律列式，聯(lián)立可解．

解答 解：（1）小鐵塊沿直軌道下滑時，根據(jù)機械能守恒定律有
   mg•2Rsin37°=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
可得 v₁=$\sqrt{2.4gR}$
（2）小鐵塊與小木塊碰撞前后，由于碰撞時間極短，動量守恒，取沿斜面向下為正方向，由動量守恒定律有
   mv₁=2mv₂．
碰后，小鐵塊與小木塊共同壓縮彈簧，直至速度減小至零后被反間向上運動，當(dāng)輕彈簧恰恢復(fù)原長時，小鐵塊與小木塊即將分離，故此時小鐵塊和小木塊的速度均為零，根據(jù)機械能守恒定律有
   $\frac{1}{2}•2m{v}_{2}^{2}$+E_p=2mgRsin37°
解得小鐵塊即將與小木塊碰撞時彈簧的彈性勢能為 E_p=0.6mgR
（3）設(shè)小鐵塊的初速度為v₀．小鐵塊沿直軌道下滑時，根據(jù)機械能守恒定律有 
   $\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$+mg•2Rsin37°=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{′2}$
小鐵塊與小木塊碰撞過程，由動量守恒定律有
   mv₁′=2mv₂′
碰后，小鐵塊與小木塊共同壓縮彈簧，直至速度減小至零后被反間向上運動，當(dāng)輕彈簧恰恢復(fù)原長時，小鐵塊與小木塊即將分離，故此時小鐵塊和小木塊的速度均為零，根據(jù)機械能守恒定律有
   $\frac{1}{2}•2m{v}_{2}^{′2}$+E_p=2mgRsin37°+$\frac{1}{2}•2m{v}_{3}^{2}$
小鐵塊與小木塊分離后沿CDE恰好運動到E點的過程，由機械能守恒定律有
   $\frac{1}{2}m{v}_{3}^{2}$=mg（Rsin37°+rcos37°+r）+$\frac{1}{2}m{v}_{E}^{2}$
在最高點E，由重力等于向心力有
   mg=m$\frac{{v}_{E}^{2}}{r}$
聯(lián)立解得  v₀=$\sqrt{14gR}$
答：
（1）小鐵塊即將與小木塊碰撞時的速率為$\sqrt{2.4gR}$；
（2）小鐵塊即將與小木塊碰撞時彈簧的彈性勢能為0.6mgR；
（3）小鐵塊的初速度至少為$\sqrt{14gR}$，與小鐵塊碰撞后，才能沿著圓弧軌道運動到E點．

點評 本題是多過程問題，要分析清楚鐵塊和木塊的運動過程，靈活選擇研究的過程，把握每個過程的物理規(guī)律．要知道圓周運動最高點的臨界條件：重力等于向心力．