Question

15．如圖所示，AB與CD是兩段半徑為R=2m的四分之一光滑圓弧軌道，圓心連線O₁O₂水平，BC錯開的距離略大于小球的直徑，整個裝置豎直放置于水平長軌道MN上，AB與水平軌道MN相切于A點，水平軌道MP段光滑，PA段粗糙，長為2R，運動小球受到PA段阻力為小球重力的0.25倍，有一自由長度小于MP的輕彈簧左端固定于M處，右端與質(zhì)量為m=0.5kg的小球接觸（不拴接），開始時，彈簧處于被壓縮的鎖定狀態(tài)，鎖定時的彈性勢能E_p=50J，解除鎖定后，小球?qū)⒈粡棾�，g取10m/s²．
（1）小球運動到A點時對圓弧軌道壓力的大小和方向；
（2）如圖，圓弧軌道右側(cè)有一個傾角θ=7°，高h=$\frac{19}{16}$m的光滑斜面，若小球恰好落在斜面頂端，后立即沿著斜面下滑，求：
①此時斜面應固定在左端離O₂的水平距離x為多少的位置；
②小球再次滑到水平軌道MN時的動能．

Answer 1

分析 （1）從解除彈簧鎖定到小球運動到A點的過程中，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能和內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律求出小球到達A點時的速度．在A點，由重力和軌道的支持力的合力充當向心力，由牛頓第二定律求得支持力，再由牛頓第三定律得到小球?qū)�軌道的壓力�?br />（2）小球從A到D的過程，運用機械能守恒定律求得小球到達D點的速度，再根據(jù)平拋運動的規(guī)律求斜面左端離O₂的水平距離x．
小球落在斜面頂端，后立即沿著斜面下滑，說明垂直于斜面方向的速度立即減至零，求出沿斜面方向的分速度，再由機械能守恒定律求小球再次滑到水平軌道MN時的動能．

解答 解：（1）從解除彈簧鎖定到小球運動到A的過程中，根據(jù)能量守恒定律有：
  E_P=μmg•2R+$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$ 
小球到圓弧軌道A點時，設小球受軌道的彈力為N，運用牛頓第二定律得：
  N-mg=m$\frac{{v}_{A}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得：N=10mg=10×0.5×10N=50N
根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)�圓弧軌道A點壓力 N′=N=50N，方向豎直向下．
（2）①小球從A點到D點，根據(jù)機械能守恒定律得
     $\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$+2mgR
解得 v_D=10m/s
之后小球從D點平拋運動，則有：
 2R-h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
  x=v₀t
解得 x=7.5m
②小球落到斜面頂端時，豎直方向的速度 v_y=$\sqrt{2g（2R-h）}$=$\sqrt{2×10×（4-\frac{19}{16}）}$=7.5m/s
合速度 v=$\sqrt{{v}_{D}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}+7．{5}^{2}}$=12.5m/s
設速度與水平方向的夾角為α，則tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{D}}$=0.75，α=37°    
由于α=37°＞θ=7°，而之后物體立即沿斜面下滑，說明垂直于斜面方向速度變化為0，物體與斜面碰撞有能量損失
落到斜面上時速度與斜面的夾角為 α-θ=30°
物體沿斜面運動的初速度 v′=vcos30°=$\frac{25\sqrt{3}}{4}$m/s
再次滑到MN時的動能 E_k=mgh+$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得 E_k=$\frac{2255}{64}$J≈35.2J
答：（1）小球運動到A點時對圓弧軌道壓力的大小為50N，方向豎直向下；
（2）①此時斜面應固定在左端離O₂的水平距離x為7.5m的位置；
②小球再次滑到水平軌道MN時的動能是35.2J．

點評 解決本題的關鍵是要理清小球的運動情況，正確分析能量的轉(zhuǎn)化情況，分段運用能量關系列式．對于平拋運動，要掌握分運動的規(guī)律，并能熟練運用．