Question

14．如圖所示，一輕繩一端連一小球B，另一端固定在O點(diǎn)，開(kāi)始時(shí)球與O點(diǎn)在同一水平線上，輕繩拉直，在O點(diǎn)正下方距O點(diǎn)L處有一鐵釘C，釋放小球后，小球繞鐵釘C恰好能做完整的豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)．求：
（1）繩的長(zhǎng)度．
（2）小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度．
（3）若讓小球自然懸掛，小球恰好與水平面接觸于F點(diǎn)，小球質(zhì)量為m，在水平面上固定有傾角為θ的斜面，斜面高為h，小球與斜面AE及水平面EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，EF段長(zhǎng)為s，讓一質(zhì)量與小球質(zhì)量相等的滑塊從斜面頂端由靜止滑下，滑塊與小球碰撞后粘在一起，結(jié)果兩者一起恰好能繞C在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則滑塊與小球碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能是多少（不計(jì)滑塊在E處碰撞的能量損失）？

Answer 1

分析 （1）小氣做圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律與機(jī)械能守恒定律可以求出繩子的長(zhǎng)度．
（2）小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功，由機(jī)械能守恒定律可以求出小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度．
（3）應(yīng)用動(dòng)能定理與能量守恒定律可以求出損失的機(jī)械能．

解答 解：（1）設(shè)輕繩長(zhǎng)為R，則小球繞C在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，半徑為R-L，恰好能做豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，
在最高點(diǎn)重力提供向心力，由牛頓第二定律得：mg=m$\frac{{v}^{2}}{R-L}$，
由機(jī)械能守恒得：mg[R-2（R-L）]=$\frac{1}{2}$mv²，解得：R=$\frac{5}{3}$L．
（2）由機(jī)械能守恒定律，小球到最低點(diǎn)時(shí)：mgR=$\frac{1}{2}$mv′²，解得：v′=$\sqrt{\frac{10}{3}gL}$．
（3）若滑塊與小球粘在一起且恰好能在豎直面內(nèi)繞C做圓周運(yùn)動(dòng)，
則碰撞后的共同速度也為v′=$\sqrt{\frac{10}{3}gL}$，
對(duì)滑塊，由動(dòng)能定理得：mgh-μmg（hcotθ+s）=$\frac{1}{2}$mv₁²-0，
由能量守恒定律得：E_機(jī)損=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$•2mv′²
解得：E_機(jī)損=mgh-$\frac{10}{3}$mgL-μmg（hcotθ+s）．
答：（1）繩的長(zhǎng)度為$\frac{5}{3}$L．
（2）小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度為$\sqrt{\frac{10}{3}gL}$．
（3）滑塊與小球碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能是：mgh-$\frac{10}{3}$mgL-μmg（hcotθ+s）．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道力學(xué)綜合題，分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律與能量守恒定律即可正確解題．