Question

13．如圖所示，圓盤(pán)以角速度ω=2$\sqrt{3}$rod/s，離地高度h=1.25m，半徑為1m的圓盤(pán)上有一沿半徑方向的水平軌道，用質(zhì)量為m=2kg的小球壓縮彈簧，彈性勢(shì)能為4J，將小球由靜止釋放，小球和彈簧不相連，彈簧自然長(zhǎng)度小于0.3m．忽略一切摩擦力和阻力（g=10m/s²）．
求：（1）小球離開(kāi)圓盤(pán)后經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間落地．
（2）小球落地點(diǎn)和閱盤(pán)奧心的距離．
（3）如果$\frac{\sqrt{3}}{12}$π秒后再釋放一個(gè)同樣的小球，兩小球先后落地點(diǎn)間的距離．

Answer 1

分析 （1）小球離開(kāi)圓盤(pán)后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)高度求時(shí)間．
（2）由機(jī)械能守恒求出小球離開(kāi)軌道時(shí)的速度，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解水平位移，由幾何知識(shí)求解即可．
（3）根據(jù)時(shí)間求出圓盤(pán)轉(zhuǎn)過(guò)的角度，由幾何關(guān)系求解兩小球先后落地點(diǎn)間的距離．

解答 解：（1）小球離開(kāi)圓盤(pán)后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$得：
t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$=$\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}$s=0.5s
（2）設(shè)小球離開(kāi)軌道時(shí)沿軌道方向的分速度為v₁，由E_p=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$得：
v₁=$\sqrt{\frac{2{E}_{p}}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×4}{2}}$=2m/s
小球平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為：
v₀=$\sqrt{{v}_{1}^{2}+（ωr）^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+（2\sqrt{3}×1）^{2}}$=4m/s
初速度圓盤(pán)切線的夾角為α，則有：
tanα=$\frac{{v}_{1}}{ωr}$=$\frac{2}{2\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，α=30°
平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為：
x=v₀t=4×0.5m=2m
根據(jù)幾何知識(shí)可得，小球落地點(diǎn)和圓盤(pán)圓心的距離為：
S=$\sqrt{{x}^{2}+{r}^{2}-2xrcos120°}$=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}-2×2×1×（-0.5）}$=$\sqrt{7}$m
（3）$\frac{\sqrt{3}}{12}$π秒內(nèi)圓盤(pán)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為：
θ=ωt=2$\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{12}π$=$\frac{π}{2}$
作個(gè)俯視圖如圖．根據(jù)幾何關(guān)系可得：
DC=$\frac{1.5r}{cos30°}$=$\sqrt{3}$m
EC=（r-rtan30°）cos30°=$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$m
AC=x-EC=2-$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$m
BC=x+DC=（2+$\sqrt{3}$）m
故兩小球先后落地點(diǎn)間的距離為：
s=AB=$\sqrt{B{C}^{2}+A{C}^{2}}$=$\sqrt{10+\frac{5}{2}\sqrt{3}}$m
答：（1）小球離開(kāi)圓盤(pán)后經(jīng)過(guò)0.5s時(shí)間落地．
（2）小球落地點(diǎn)和圓盤(pán)圓心的距離是$\sqrt{7}$m．
（3）如果$\frac{\sqrt{3}}{12}$π秒后再釋放一個(gè)同樣的小球，兩小球先后落地點(diǎn)間的距離是$\sqrt{10+\frac{5}{2}\sqrt{3}}$m．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵要有空間想象能力，畫(huà)出俯視圖，根據(jù)幾何關(guān)系求相關(guān)距離．