Question

10．如圖所示，將一端帶有半圓形光滑軌道的凹槽固定在水平面上，凹槽的水平部分AB粗糙且與半圓軌道平滑連接，AB長為2L．圓軌道半徑為$\frac{L}{4}$．凹槽的右端固定一原長為L的輕質(zhì)彈簧P₁，P₁的左端與長為L質(zhì)量為2m的圓筒相接觸，但不栓接．圓筒內(nèi)部右端栓接一完全相同的彈簧P₂，用直徑略小于圓筒內(nèi)徑、質(zhì)量為m的小球?qū)�彈簧P₂壓縮$\frac{L}{2}$，再用銷釘K將小球鎖定在圓筒內(nèi)（小球與P₂不栓接）．球與圓筒內(nèi)壁間的動摩擦因數(shù)為2μ，圓筒與凹槽水平部分間的動摩擦因數(shù)為u．用圓筒將彈簧P₁也壓縮$\frac{L}{2}$，由靜止釋放，圓筒恰好不滑動．現(xiàn)將銷釘K突然拔掉，同時對圓筒施加一水平向左的拉力，使圓筒向左做勻加速運動，到B點時圓筒被卡住立刻停止運動，小球沿半圓形軌道從C點水平拋出．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，小球可視為質(zhì)點，圓筒壁的厚度忽略不計．

（1）若小球通過半圓形軌道最高點C時，軌道對小球的壓力是小球重力的3倍，求小球射出圓筒時的速度大小
（2）若使圓筒運動到B點之前，彈簧P₂長度不變，求拉力初始值的取值范圍
（3）若拉力的初始值為18μmg，且小球從C處平拋后，恰好未撞擊圓筒，求圓筒從靜止運動到B點過程中拉力所做的功．

Answer 1

分析 （1）小球通過C點時，由重力和軌道的彈力的合力充當向心力，借助牛頓第二定律求解；
（2）對小球進行受力分析，由牛頓第二定律及加速度的范圍可求得力初始值的取值范圍；
（3）對小球由平拋運動及動能定理進行分析，即可求得力所做的功．

解答 解：（1）小球過最高點時，根據(jù)向心力公式得：
  mg+N=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{r}$
據(jù)題意有 N=3mg，r=$\frac{L}{4}$
小球從B點到最高點C過程中機械能守恒，則有
  mg$•\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$
解得 v_B=$\sqrt{2gL}$
（2）由于筒恰好不動，對筒和小球：μ•3mg=k$•\frac{L}{2}$
拔掉銷釘，設(shè)小球所允許的加速度最大值是a₁，應(yīng)有 k$•\frac{L}{2}$+2μmg=ma₁
最小值是a₂，應(yīng)有 k$•\frac{L}{2}$-2μmg=ma₂
剛拔掉銷釘時，對筒和小球：F+k$•\frac{L}{2}$-μ•3mg=3ma
且a₁≥a≥a₂；
以上解得：21μmg≥F≥15μmg
（3）拉力的初始值為18μmg，筒的加速度為a₀，對筒：
  18μmg+k$•\frac{L}{2}$-μ•3mg-2μmg=2ma₀
設(shè)小球再次相對圓筒靜止時，彈簧壓縮量為△x，由牛頓第二定律得：
2μmg+k△x=ma₀
解出△x=L小球壓縮彈簧P₂恰好到桶底．
筒與小球運動到B點時共同速度為v，則 v²=2a₀•$\frac{L}{2}$
對筒和小球整體，從靜止開始運動到B點，由功能關(guān)系得
 W_F-μ•mg$\frac{L}{2}$+$\frac{1}{2}k（\frac{L}{2}）^{2}$-2μmg$•\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}•3m{v}^{2}$+$\frac{1}{2}k{L}^{2}$-$\frac{1}{2}k（\frac{L}{2}）^{2}$
聯(lián)立以上解之得 W_F=16μmgL
答：
（1）小球射出圓筒時的速度大小為$\sqrt{2gL}$．
（2）若使圓筒運動到B點之前，彈簧P₂長度不變，拉力初始值的取值范圍為21μmg≥F≥15μmg．
（3）若拉力的初始值為18μmg，且小球從C處平拋后，恰好未撞擊圓筒，圓筒從靜止運動到B點過程中拉力所做的功為16μmgL．

點評 本題考查動能定理、牛頓第二定律及平拋運動規(guī)律，要注意正確受力分析及過程分析，才能準確選擇物理規(guī)律求解．