Question

13．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一固定組合軌道ABCDE，其中AB是$\frac{1}{4}$圓軌道，與水平軌道BE相切于 B點(diǎn)．水平軌道上C點(diǎn)的正上方O點(diǎn)有一固定軸，通過長(zhǎng)為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為m的小球，小球恰 好與水平軌道接觸但無相互作用，水平軌道右端E有一豎直擋板，其上固定一根輕彈簧．自由狀態(tài)下另 一端恰好在D點(diǎn)．現(xiàn)用一質(zhì)量也是m的小滑塊壓縮彈簧的自由端，使彈簧具有彈性勢(shì)能為E_p后釋放，滑塊在C點(diǎn)與靜止的小球發(fā)生第一次碰撞，碰撞后小球恰好能繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，此后滑塊能上升的 最大高度（離平臺(tái)BE）為2.3l． 已知小球與物體每次碰撞前后速度發(fā)生交換（即無機(jī)械能損失）．BC=CD=l，軌道BD間是粗糙的，其它摩擦不計(jì)，小球和滑塊可看做質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，試求：
（1）小球再次與滑塊碰撞前瞬間對(duì)輕繩的拉力大小F；
（2）滑塊與BD間軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)μ和彈簧的彈性勢(shì) 能E_p
（3）若第二次使彈簧具有彈性勢(shì)能為2E_p后（彈簧仍在 彈性限度內(nèi)）釋放，小球繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)能完成幾次．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)滑塊在C點(diǎn)與靜止的小球發(fā)生第一次碰撞，碰撞后小球恰好能繞O點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng)，說明在最高點(diǎn)由重力提供小球的向心力，列式可求得小球通過最高點(diǎn)的速度．由機(jī)械能守恒定律求出小球再次與滑塊碰撞前瞬間速度的大小，即可由牛頓第二定律求出拉力F的大�。�
（2）對(duì)于滑塊向右到達(dá)最大高度的過程，運(yùn)用動(dòng)能定理列式，可求得μ．運(yùn)用能量守恒定律可求得E₁；
（3）要使小球繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球在最低點(diǎn)的速度不小于臨界速度$\sqrt{5gl}$，由整個(gè)過程，由能量守恒列式求解即可．

解答 解：（1）第一次碰撞后，小球恰好經(jīng)過最高點(diǎn)，由重力提供小球的向心力，則得：
mg=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{l}$，v₁=$\sqrt{gl}$；
小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得：2mgl+$\frac{1}{2}$mv₁²=$\frac{1}{2}$mv₂²，
解得：v₂=$\sqrt{5gl}$；
小球再次與滑塊碰撞前瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得：
F-mg=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{l}$，得 F=6mg；
（2）據(jù)題小球與物體碰撞前后速度發(fā)生交換，則知小球再次與滑塊碰撞后瞬間滑塊的速度大小為：v₂=$\sqrt{5gl}$；
對(duì)于滑塊向右到達(dá)最大高度的過程，由動(dòng)能定理得：-mgh-μmgl=0-$\frac{1}{2}$mv₂²，
由題 h=2.3l，解得：μ=0.2，
根據(jù)能量守恒得：E₁=μmgl+$\frac{1}{2}$mv₂²，
代入數(shù)據(jù)解得：E₁=2.7mgl
（3）若第二次使彈簧具有彈性勢(shì)能2E₁后釋放，設(shè)小球繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)能完成n次．
根據(jù)能量守恒得：2E₁=μmg（2n-1）l+$\frac{1}{2}$mv₂²，
解得：n=7.75，所以小球繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)能完成7次．
答：（1）小球再次與滑塊碰撞前瞬間對(duì)輕繩的拉力大小F為6mg；
（2）滑塊與BD間軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.2，彈簧的彈性勢(shì)能E₁是2.7mgl；
（3）若第二次使彈簧具有彈性勢(shì)能2E₁后（彈簧仍在彈性限度內(nèi)）釋放，小球繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)能完成7次．

點(diǎn)評(píng) 本題運(yùn)動(dòng)過程復(fù)雜，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程、應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、能量守恒定律即可正確解題．