Question

15．如圖所示，水平光滑軌道AB與半徑為R的豎直光滑半圓形軌道BC相切于B點．質(zhì)量為2m和m的a、b兩個小滑塊（可視為質(zhì)點）原來靜止于水平軌道上，其中小滑塊a與一輕彈簧相連．某一瞬間給小滑塊a一沖量使其獲得v₀=$\frac{3}{2}$$\sqrt{gR}$速度向右沖向小滑塊b，與b碰撞后彈簧不與b相粘連，且小滑塊b在到達(dá)B點之前已經(jīng)和彈簧分離，不計一切摩擦，求：
（1）a和b在碰撞過程中彈簧獲得的最大彈性勢能；
（2）小滑塊b與彈簧分離時的速度；
（3）試通過計算說明小滑塊b能否到達(dá)圓形軌道的最高點C．若能，求出到達(dá)C點的速度；若不能，求出滑塊離開圓軌道的位置和圓心的連線與水平方向的夾角θ．（求出θ角的任意三角函數(shù)值即可）．

Answer 1

分析 （1）a、b碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以求出彈簧的最大彈性勢能．
（2）彈簧恢復(fù)原長過程系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以求出速度．
（3）應(yīng)用牛頓第二定律求出臨界速度，然后應(yīng)用機(jī)械能守恒定律與牛頓第二定律求出夾角．

解答 解：（1）a與b碰撞達(dá)到共速時彈簧被壓縮至最短，彈性勢能最大．
設(shè)此時ab的速度為v，以向右為正方向，由系統(tǒng)的動量守恒可得：2mv₀=3mv，
由機(jī)械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$•2mv₀²=$\frac{1}{2}$•3mv²+E_Pm，解得：E_Pm=$\frac{3}{4}$mgR；
（2）當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時彈性勢能為零，b開始離開彈簧，此時b的速度達(dá)到最大值，
并以此速度在水平軌道上向前勻速運動．設(shè)此時a、b的速度分別為v₁和v₂，
以向右為正方向，由動量守恒定律得：2mv₀=2mv₁+mv₂，
由機(jī)械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$•2mv₀²=$\frac{1}{2}$•2mv₁²+$\frac{1}{2}$mv₂²，解得：v₂=2$\sqrt{gR}$；
（3）設(shè)b恰能到達(dá)最高點C點，且在C點速度為v_C，
由牛頓第二定律：mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$，解得：v_C=$\sqrt{gR}$，
再假設(shè)b能夠到達(dá)最高點C點，且在C點速度為v_C'，
由機(jī)械能守恒定律可得：$\frac{1}{2}$mv₂²=mg•2R+$\frac{1}{2}$mv_C′²，
解得：v_C'=0＜$\sqrt{gR}$．所以b不可能到達(dá)C點，
假設(shè)剛好到達(dá)與圓心等高處，由機(jī)械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv_B²=mgR，
解得：v_B=$\sqrt{2gR}$＜v₂，所以能越過與圓心等高處，
設(shè)到達(dá)D點時離開，如圖設(shè)傾角為θ：剛好離開有N=0，
由牛頓第二定律：mgsinθ=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$，
從B到D有機(jī)械能守恒有：mg（R+Rsinθ）=$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv_D²，
解得：sinθ=$\frac{2}{3}$；
答：（1）a和b在碰撞過程中彈簧獲得的最大彈性勢能為$\frac{3}{4}$mgR；
（2）小滑塊b與彈簧分離時的速度為2$\sqrt{gR}$；
（3）不能，滑塊離開圓軌道的位置和圓心的連線與水平方向的夾角θ為arcsin$\frac{2}{3}$．

點評 本題考查了求彈性勢能、速度與夾角問題，考查了動量守恒定律應(yīng)用，分析清楚物體運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律可以解題．