Question

10．如圖所示，一個(gè)半徑為R=3m的$\frac{1}{4}$圓周的軌道，O點(diǎn)為圓心，B為軌道上的一點(diǎn)，OB與水平方向的夾角為37°．軌道的左側(cè)與一固定平臺(tái)相連，在平臺(tái)上一輕質(zhì)彈簧左端與豎直擋板相連，彈簧原長時(shí)右端在A點(diǎn)．現(xiàn)用一質(zhì)量為m=1kg的小滑塊（與彈簧不連接，可視為質(zhì)點(diǎn)）壓縮彈簧至P點(diǎn)后釋放，P與平臺(tái)右端O點(diǎn)的距離l=2.4m，滑塊與平臺(tái)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25．已知重力加速度為g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計(jì)空氣阻力．
（1）若小球恰能擊中B點(diǎn)，求剛釋放滑塊時(shí)彈簧的彈性勢能；
（2）若更換滑塊的質(zhì)量，使滑塊仍從P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊的質(zhì)量不同時(shí)，其擊中圓周軌道時(shí)的速率也不同，求滑塊的質(zhì)量多大時(shí)，滑塊擊中圓周軌道時(shí)速率最�。ɑ瑝K與平臺(tái)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)保持不變）．

Answer 1

分析 （1）小球離開平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度，然后由能量守恒定律求出彈簧的機(jī)械能．
（2）滑塊離開平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出滑塊的最小速度，然后應(yīng)用動(dòng)能定理求出滑塊的質(zhì)量．

解答 解：（1）小球離開O點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：Rcos37°=v₀t，
豎直方向：Rsin37°=$\frac{1}{2}$gt²，
解得：v₀=$\sqrt{\frac{8}{15}gR}$=4m/s，
從P到O過程，由能量守恒定律得：
E_P=μmgl+$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：E_P=14J；
（2）設(shè)小球擊中軌道時(shí)的點(diǎn)與O點(diǎn)的連線與豎直方向夾角為θ，小球離開平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：Rsinθ=v₀t，
豎直方向：Rcosθ=$\frac{1}{2}$gt²，
解得：t=$\frac{2{v}_{0}cotθ}{g}$，v₀=sinθ$\sqrt{\frac{gR}{2cosθ}}$，
豎直分速度：v_y=gt=$\sqrt{2gRcosθ}$，
速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{\frac{gRsi{n}^{2}θ}{2cosθ}+2gRcosθ}$=$\sqrt{\frac{gR（1-co{s}^{2}θ）}{2cosθ}+2gRcosθ}$=$\sqrt{\frac{gR}{2cosθ}+\frac{3gRcosθ}{2}}$≥$\sqrt{2\sqrt{\frac{gR}{2cosθ}×\frac{3gRcosθ}{2}}}$=$\sqrt{\sqrt{3}gR}$，
當(dāng)$\frac{gR}{2cosθ}$=$\frac{3gRcosθ}{2}$，即cosθ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$時(shí)速度v最小，此時(shí)：sinθ$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
此時(shí)：Rcosθ=$\frac{1}{2}$gt²，
時(shí)間：t=$\sqrt{\frac{2\sqrt{3}R}{3g}}$，v₀=$\sqrt{\frac{\sqrt{3}gR}{3}}$，
由動(dòng)能定理得：E_P-μm′gl=$\frac{1}{2}$m′v₀²-0，
解得：m′=$\frac{14}{6+5\sqrt{3}}$kg≈0.95kg；
答：（1）若小球恰能擊中B點(diǎn)，剛釋放滑塊時(shí)彈簧的彈性勢能為4J；
（2）滑塊的質(zhì)量為0.95kg時(shí)，滑塊擊中圓周軌道時(shí)速率最�。�

點(diǎn)評 本題考查了動(dòng)能定理的應(yīng)用、平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用，本題考查了求極值問題，增加了題目的難度，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程、應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與動(dòng)能定理可以解題．