Question

4．如圖，在水平軌道右側(cè)固定半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設(shè)特殊材料，調(diào)節(jié)其初始長度為l；水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長狀態(tài)．可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從軌道右側(cè)A點(diǎn)以初速度v₀沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧，并被彈簧以原速率彈回．已知R=0.4m，l=2.5m，v₀=6m/s，物塊質(zhì)量m=1kg，與PQ段間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，軌道其他部分摩擦不計．取g=10m/s²．求：

（1）物塊經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)B時對軌道的壓力；
（2）物塊從Q運(yùn)動到P的時間及彈簧獲得的最大彈性勢能；
（3）調(diào)節(jié)仍以v₀從右側(cè)沖上軌道，調(diào)節(jié)PQ段的長度l，當(dāng)l長度是多少時，物塊恰能不脫離軌道返回A點(diǎn)繼續(xù)向右運(yùn)動．

Answer 1

分析 （1）對從初始位置到圓弧軌道的最高點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理列式求解最高點(diǎn)的速度；在圓弧軌道的最高點(diǎn)，重力和彈力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解彈力；
（2）只有在PQ階段有機(jī)械能損失，對從Q到P過程，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)位移公式求解時間，根據(jù)速度公式求解末速度；從P點(diǎn)到最左端過程，彈簧獲得的最大彈性勢能等于在P位置的動能；
（3）先根據(jù)牛頓第二定律求解物體恰能經(jīng)過圓弧最高點(diǎn)的速度，然后對運(yùn)動的全程根據(jù)動能定理列式求解l的距離．

解答 解：（1）對從初始位置到圓弧軌道的最高點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理，有：
-mg（2R）=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
在圓弧軌道的最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律，有：
mg+N=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得：
${v}_{1}=2\sqrt{5}m/s$ 
N=40N
根據(jù)牛頓第三定律，物塊經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)B時對軌道的壓力為40N；
（2）從Q到P過程，滑塊的加速度為：a=-μg=-4m/s²；
根據(jù)位移公式，有：x=${v}_{0}t+\frac{1}{2}a{t}^{2}$，代入數(shù)據(jù)解得：
t=0.5s或t=2.5s（不可能速度減小為零后反向加速，故舍去）
在P點(diǎn)的速度為：v₂=v₀+at=6-4×0.5=4m/s
故最大彈性勢能為：${E}_{pm}=\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}=\frac{1}{2}×1×{4}^{2}=8J$
（3）物塊恰能不脫離軌道返回A點(diǎn)，在圓軌道最高點(diǎn)的速度為：
${v}_{3}=\sqrt{gR}=\sqrt{10×0.4}=2m/s$
對從開始到第二次到圓軌道的最高點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理，有：
-mg（2R）-μmg•2l=$\frac{1}{2}m{v}_{3}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：
2l=$\frac{{v}_{0}^{2}-{v}_{3}^{2}}{2μg}$-$\frac{2R}{μ}$=$\frac{{6}^{2}-{2}^{2}}{2×0.4×10}-\frac{2×0.4}{0.4×10}$×10=2m
故l=1m
答：（1）物塊經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)B時對軌道的壓力為40N；
（2）物塊從Q運(yùn)動到P的時間為1s，彈簧獲得的最大彈性勢能為8J；
（3）調(diào)節(jié)仍以v₀從右側(cè)沖上軌道，調(diào)節(jié)PQ段的長度l，當(dāng)l長度是1m時，物塊恰能不脫離軌道返回A點(diǎn)繼續(xù)向右運(yùn)動．

點(diǎn)評 本題綜合考查了運(yùn)動學(xué)公式、向心力公式、動能定理、牛頓第二定律，以及知道小球不脫離圓軌道的條件，綜合性較強(qiáng)，對學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)訓(xùn)練．