Question

1．如圖所示，在粗糙平臺上由一輕彈簧，彈簧左端固定于豎直墻壁上，右端自由伸長至O點，平臺的右端與O點相距為2s，將一質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）沿平臺面向左緩慢壓縮輕彈簧，使彈簧壓縮s，某時刻釋放物塊，物塊恰能向右運動至O點，已知彈簧的彈性勢能與彈簧的形變量x的平方成正比，即E_p∝x³，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g．
（1）當(dāng)將該物塊向左緩慢壓縮輕彈簧2s（未超出彈簧的彈性限度）后自由釋放，則物塊被釋放后能向右滑行多遠(yuǎn)的距離？
（2）不改變物塊材質(zhì)，將物塊質(zhì)量減為$\frac{1}{4}$m，仍將物塊向左緩慢壓縮輕彈簧2s后釋放，則物塊飛離平臺時的速度多大？
（3）在（2）中，若物塊飛離平臺后恰好能無碰撞的從軌道入口處P飛入一光滑圓弧軌道，軌道入口處P距臺面的豎直高度h=2.4m，已知s=0.2m，μ=$\frac{1}{3}$，g=10m/s²，要使物塊進入軌道后能沿軌道運動到與圓弧軌道的圓心O′點在同一豎直線上的Q點，則圓弧軌道的半徑R應(yīng)滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）由題意可明確變化后的彈性勢能，由動能定理可求得物塊被釋放后向右滑動的距離；
（2）由動能定理即可求得物體飛離時的速度；
（3）由2中的結(jié)論求得水平和豎直分速度，則可求得速度夾角及末速度大小；再由機械能守懷定律可求得R的條件．

解答 解：（1）設(shè)彈簧壓縮S后彈性勢能為E_P，則有：
E_P-μmgs=0；
由EP∝x²可知，彈簧壓縮2s后，具有的彈性勢能為4E_p；由動能定理可知
4E_P-μmgs′=0
解得：s'=4s；
（2）設(shè)物塊飛離平臺時的速度大小為v，由動能定理得：
4E_P-μ•$\frac{1}{4}$mg•4s=$\frac{1}{2}•\frac{1}{4}$mv²-0
解得：v=2$\sqrt{6μgs}$
（3）由（2）得，物塊滑離平臺時的速度大小為：
v_x=2$\sqrt{6μgs}$=2$\sqrt{6×\frac{1}{3}×10×0.2}$=4m/s
飛入圓弧軌道時的豎直分速度大小為：
v_y=$\sqrt{2gh}$=$\sqrt{2×10×2.4}$=4$\sqrt{3}$m/s；
故圓弧軌道入口P處的直徑與水平方向間的夾角的正弦值
tanθ=$\frac{{v}_{x}}{{v}_{y}}$=$\frac{4}{4\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$；
即θ=30°；
物塊飛入圓弧軌道時的速度大小為：
v_p=$\frac{{v}_{x}}{sinθ}$=$\frac{4}{\frac{1}{2}}$=8m/s；
設(shè)物塊恰運動至Q點時的速度為vQ，則vQ滿足
mg=m$\frac{{v}_{Q}^{2}}{{R}_{m}}$
由機械能守恒定律可得：
$\frac{1}{2}$mv_P²=$\frac{1}{2}$mv_Q²+mg•R_m（1+sinθ）
聯(lián)立解得：R_m=1.6m；即R滿足的條件為R≤1.6m

答：（1）塊被釋放后能向右滑行多遠(yuǎn)的距離為4s；
（2）塊飛離平臺時的速度為2$\sqrt{6μgs}$；
（3）圓弧軌道的半徑R應(yīng)滿足條件為R≤1.6m．

點評 本題考查動能定理的應(yīng)用、平拋運動及機械能守恒定律，要注意分清物理過程，明確每一過程的受力及運動特點，從而確定物理規(guī)律求解．