Question

9．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧左端固定在A點(diǎn)，自然狀態(tài)時(shí)其右端位于O點(diǎn)．水平向右側(cè)有一豎直光滑圓形軌道在C點(diǎn)與水平面平滑連接，圓心為O′，半徑R=0.4m．另一輕質(zhì)彈簧一端固定在O′點(diǎn)的軸上，一端栓著一個(gè)小球，彈簧的原長(zhǎng)為l₀=0.5m，勁度系數(shù)k=100N/m．用質(zhì)量m₁=0.4kg的物體將彈簧緩慢壓縮到B點(diǎn)（物體與彈簧不栓接），物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，釋放后物塊恰運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)停止，BC間距離L=2m．換同種材料、質(zhì)量m₂=0.2kg的物塊重復(fù)上述過(guò)程．（物塊、小球均視為質(zhì)點(diǎn)，g=10m/s²）求：

（1）物塊m₂到C點(diǎn)時(shí)的速度大小v_C；
（2）若小球的質(zhì)量也為m₂，物塊與小球碰撞后交換速度，論證小球是否能通過(guò)最高點(diǎn)D．若能通過(guò)，求出最高點(diǎn)軌道對(duì)小球的彈力N；若不能通過(guò)，求出小球離開(kāi)軌道時(shí)的位置和O′連線與豎直方向的夾角θ（用三角函數(shù)值表示）；
（3）在（2）問(wèn)的基礎(chǔ)上，若將拴著小球的彈簧換為勁度系數(shù)k′=10N/m的彈簧，再次求解．

Answer 1

分析 （1）從B到C有動(dòng)能定理可求得到達(dá)C點(diǎn)速度；
（2）假設(shè)通過(guò)最高點(diǎn)，從C到D由動(dòng)能定理求的D點(diǎn)速度，在D點(diǎn)由牛頓第二定律即可判斷；
（3）假設(shè)通過(guò)最高點(diǎn)，從C到D由動(dòng)能定理求的D點(diǎn)速度，在D點(diǎn)由牛頓第二定律即可判斷，在利用動(dòng)能定理即可求的夾角．

解答 解：（1）m₁從B到C的過(guò)程：E_P=μm₁gL
m₂從B到C的過(guò)程：E_P=μm₂gL+$\frac{1}{2}$m₂v_C²，解得：v_C=4m/s
（2）碰后交換速度，小球以v_C=4m/s向上運(yùn)動(dòng)，假設(shè)能到高點(diǎn)，
從C到D的過(guò)程：$\frac{1}{2}$m₂v_D²-$\frac{1}{2}$m₂v_C²=-m₂g•2R，解得：v_D=0m/s，
對(duì)D點(diǎn)：N+m₂g-k（l₀-R）=0，解得：N=8N，求解結(jié)果合理，
說(shuō)明假設(shè)是正確的，小球可以通過(guò)最高點(diǎn)；
（3）假設(shè)能到高點(diǎn)，最高點(diǎn)彈力：N'+m₂g-k'（l₀-R）=0
解得：N=-1N，求解結(jié)果的不合理，說(shuō)明假設(shè)是錯(cuò)誤的，小球不可以通過(guò)最高點(diǎn)；
小球離開(kāi)軌道時(shí)的位置E和O'連線與豎直方向的夾角θ，此時(shí)小球速度v_E
由動(dòng)能定理：$\frac{1}{2}$m₂v_E²-$\frac{1}{2}$m₂v_C²=m₂g（R+Rcosθ）
對(duì)E點(diǎn)：m₂gcosθ-k′（l₀-R）=m₂$\frac{{v}_{E}^{2}}{R}$，解得：cosθ=$\frac{5}{6}$，則θ=arccoa$\frac{5}{6}$；
答：（1）物塊m₂到C點(diǎn)時(shí)的速度大小v_C為4m/s；
（2）若小球的質(zhì)量也為m₂，若物塊與小球碰撞后交換速度，小球能通過(guò)最高點(diǎn)D．軌道最高點(diǎn)對(duì)小球的彈力N為8N；
（3）若將拴著小球的彈簧換為勁度系數(shù)k'=10N/m，小球不能通過(guò)最高點(diǎn)D．夾角為arccoa$\frac{5}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是動(dòng)能定理與向心力公式的綜合應(yīng)用來(lái)處理圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．利用功能關(guān)系解題的優(yōu)點(diǎn)在于不用分析復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，只關(guān)心初末狀態(tài)即可，平時(shí)要加強(qiáng)訓(xùn)練深刻體會(huì)這一點(diǎn)．