Question

6．如圖，一輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)．直軌道與一半徑為$\frac{24}{23}$R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC=7R，A、B、C、D均在同一豎直面內(nèi)．質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)（未畫出），隨后P沿軌道被彈回，最高點(diǎn)到達(dá)F點(diǎn)，AF=4R，已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=$\frac{1}{4}$，重力加速度大小為g．（取sin37°=$\frac{3}{5}$，cos37°=$\frac{4}{5}$）
（1）求AE的長(zhǎng)度；
（2）改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開始釋放．P剛好可以沿著圓弧軌道到達(dá)最高點(diǎn)D處．求改變后P的質(zhì)量．

Answer 1

分析 （1）對(duì)物塊從C開始最終運(yùn)動(dòng)到F的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理即可求解；
（2）對(duì)物塊從C到E的運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求得彈性勢(shì)能，對(duì)物塊在D點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律求得速度，然后對(duì)物塊從E運(yùn)動(dòng)到D應(yīng)用動(dòng)能定理即可求解．

解答 解：（1）設(shè)AE的長(zhǎng)度為x，那么物塊P從C到E再回到F的過(guò)程只有重力、摩擦力做功，故由動(dòng)能定理可得：3mgRsin37°-μmgcos37°•（7R-x+4R-x）=0，所以，x=R；
（2）對(duì)物塊P從C到E的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得：物塊在E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能E_p=mg（7R-R）sin37°-μmgcos37°•（7R-R）=2.4mgR；
改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開始釋放，彈簧的壓縮量不變，故彈性勢(shì)能不變；
設(shè)改變后P的質(zhì)量為m′，P剛好可以沿著圓弧軌道到達(dá)最高點(diǎn)D處對(duì)物塊在D處應(yīng)用牛頓第二定律可得：$m′g=\frac{m′{{v}_{D}}^{2}}{\frac{24}{23}R}$；
對(duì)物塊從E到D的運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得：${E}_{p}-m′g[（7R-R）sin37°+\frac{24}{23}R（1+cos37°）]-μm′gcos37°（7R-R）=\frac{1}{2}m′{{v}_{D}}^{2}$；
所以，$2.4mgR-3.6m′gR-\frac{24×1.8}{23}m′gR-1.2m′gR$=$\frac{12}{23}m′gR$；
所以，2.4mgR=7.2m′gR，所以，$m′=\frac{1}{3}m$；
答：（1）AE的長(zhǎng)度為R；
（2）改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開始釋放．P剛好可以沿著圓弧軌道到達(dá)最高點(diǎn)D處．改變后P的質(zhì)量為$\frac{1}{3}m$．

點(diǎn)評(píng) 經(jīng)典力學(xué)問(wèn)題一般先對(duì)物體進(jìn)行受力分析，求得合外力及運(yùn)動(dòng)過(guò)程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動(dòng)能定理及幾何關(guān)系求解．