Question

1．如圖所示，水平放置的輕質(zhì)彈簧左端與豎直墻壁相連，右側(cè)與質(zhì)量m=1kg的小物塊甲相接觸但不粘連，B點為彈簧自由端，光滑水平面AB與傾角θ=37°的傾斜面BC在B處平滑連接，OCD在同一條豎直線上，CD右端是半徑為R=CD=0.4m的$\frac{1}{4}$光滑圓弧，斜面BC與圓弧在C處也平滑連接，物塊甲與斜面BC間的動摩擦因數(shù)μ=0.3．現(xiàn)用力將物塊甲緩慢向左壓縮彈簧，使彈簧獲得一定能量后撤去外力，物塊甲剛好能滑到C點，與此同時用長L=0.9m的細(xì)線懸掛于O點的小物塊乙從圖示位置靜止釋放，α=60°，物塊乙到達(dá)C點時細(xì)線恰好斷開且與物塊甲發(fā)生正碰，碰撞后物塊甲恰好對圓弧軌道無壓力，物塊乙恰好從圖中P點離開圓弧軌道，取g=10m/s²，$\sqrt{10}$=3，求：
（1）撤去外力時彈簧的彈性勢能E_p；
（2）小物塊乙的質(zhì)量M和細(xì)線所能承受的最大拉力T_m；
（3）兩物塊碰撞過程中損失的能量△E；
（4）小物塊乙落到水平面上時的速度大小v_乙．（保留一位有效數(shù)字）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)能量守恒列式求解；
（2）對乙受力分析，求出到C點的速度，然后同理求出甲的速度，然后乙從C到P點由動能定理求出v₁的大小，進(jìn)而求出質(zhì)量和最大拉力
（3）由動能定理直接即可求出損失的能量
（4）整個過程只有重力做功，由動能定理即可求出

解答 解：（1）根據(jù)能量守恒定律知：E_p=mgR+μmgcosθ$•\frac{R}{sinθ}$
代入數(shù)據(jù)E_p=10×0.4+0.3×$10×0.8×\frac{0.4}{0.6}$=5.6J
（2）乙從釋放到C點，由動能定理知
MgL（1-cosα）=$\frac{1}{2}$Mv²
解得v=$\sqrt{2gL（1-cosα）}$=$\sqrt{2×10×0.9×（1-\frac{1}{2}）}$=3m/s
甲在C恰好無壓力，則mg=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{R}$
解得v₂=$\sqrt{gR}$=$\sqrt{10×0.4}$m/s=2m/s
乙從C到P點，由動能定理知mgR（1-cosθ）=$\frac{1}{2}$Mv${\;}_{1}^{′2}$-$\frac{1}{2}M{v}_{1}^{2}$
Mg（R-Rcosθ）=$\frac{1}{2}Mv{{′}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}M{{v}_{1}}^{2}$  ①
乙在P：Mgcosθ=$\frac{Mv{{'}_{1}}^{2}}{R}$  ②
聯(lián)立①②解得：v₁=$\frac{2}{5}\sqrt{10}$=1.2m/s
Mv=Mv₁+mv₂
M=$\frac{m{v}_{2}}{v-{v}_{1}}$=$\frac{1×2}{3-1.2}$=$\frac{10}{9}$kg
由牛頓第二定律Tm=Mg+$\frac{M{v}^{2}}{L}$=$\frac{10}{9}×10+\frac{\frac{10}{9}×{3}^{2}}{0.9}$=$\frac{200}{9}$N

（3）$△E=\frac{1}{2}M{v}^{2}-\frac{1}{2}M{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$=$\frac{1}{2}×\frac{10}{9}×{3}^{2}-\frac{1}{2}×\frac{10}{9}×1．{2}^{2}-\frac{1}{2}×1×{2}^{2}$=-0.4J
（4）平拋只有重力做功
mgR=$\frac{1}{2}m{{v}_{乙}}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
解得：v_乙=$4\sqrt{3}$m/s
答：（1）撤去外力時彈簧的彈性勢能5.6J；
（2）小物塊乙的質(zhì)量M為$\frac{10}{9}$kg和細(xì)線所能承受的最大拉力$\frac{200}{9}$N；
（3）兩物塊碰撞過程中損失的能量△E為0.4J；
（4）小物塊乙落到水平面上時的速度大小4$\sqrt{3}$m/s

點評 該題是一道綜合題，綜合運用了動量守恒定律、動量定理以及功能關(guān)系，解決本題的關(guān)鍵熟練這些定理、定律的運用．