Question

17．如圖所示，BCPC′D是由半徑為R的圓軌道與半徑為2R的BCD圓弧軌道相切于C（C′）點(diǎn)構(gòu)成的豎直螺旋軌道，C、C′間距離可以忽略．與水平面夾角都是37°的傾斜軌道AB、ED分別與BC、C’D圓弧相切于B、D點(diǎn)，將一輕質(zhì)彈簧的一端固定在AB軌道的固定板上，固定板中央留有小孔，平行于軌道AB的細(xì)線穿過固定板的小孔和彈簧跨過定滑輪將小球和大球連接，小球與彈簧接觸但不相連，小球質(zhì)量為m，大球質(zhì)量為$\frac{6}{5}$m，初始時(shí)兩球靜止，若將小球與細(xì)線突然斷開（無限長(zhǎng)DE軌道與小球間摩擦系數(shù)為μ=0.75，其余軌道摩擦不計(jì)，重力加速度為g）．
（1）求細(xì)線剛斷時(shí)，小球的加速度大�。�
（2）求小球恰好能完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)的情況下，小球在經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，在C點(diǎn)左右兩邊對(duì)軌道的壓力之差；
（3）求小球沿DE軌道上滑到最高點(diǎn)時(shí)距C的豎直高度．

Answer 1

分析 （1）細(xì)線剛斷時(shí)，小球的加速度大小根據(jù)牛頓第二定律求解；
（2）小球在經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，在C點(diǎn)左右兩邊相當(dāng)于分別在兩個(gè)圓周上過最低點(diǎn)，根據(jù)重力和軌道的支持力的合力提供向心力，列式得到壓力改變量與速度的關(guān)系式；小球恰好能完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，在最高點(diǎn)由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可求得最高點(diǎn)小球的速度．小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中，機(jī)械能守恒，列出方程，聯(lián)立即可求解．
（3）小球沿DE軌道上滑過程，運(yùn)用動(dòng)能定理求解．

解答 解：（1）線未斷時(shí)，彈簧對(duì)小球m的彈力大小為：F_N=$\frac{6}{5}$mg-mgsin37°
細(xì)線剛斷時(shí)，小球的加速度為：a=$\frac{{F}_{N}+mgsin37°}{m}$
解得：a=$\frac{6}{5}$g
（2）小球在經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，在C點(diǎn)左右兩邊相當(dāng)于分別在兩個(gè)圓周上過最低點(diǎn)，在右邊：軌道對(duì)小球的支持力為：
F_N1=F_n1+mg
得：F_N1=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$+mg
在左邊：軌道對(duì)小球的支持力為：F_N2=F_n2+mg
得：F_N2=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$+mg
則小球?qū)�軌道的壓力之差為：△F=F₂-F₁=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$-m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$
又 R₁=2R，R₂=R，
解得：△F=$\frac{m{v}^{2}}{2R}$
又小球從C點(diǎn)到P點(diǎn)過程中，機(jī)械能守恒，則得：$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-2mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{P}^{2}$
在最高點(diǎn)P時(shí)，由重力提供向心力，則有：mg=m$\frac{{v}_{P}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得：v=$\sqrt{5gR}$，△F=$\frac{5}{2}$mg
（3）小球沿DE軌道上滑過程，運(yùn)用動(dòng)能定理得：
-mgh=0-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得：h=2.5R
答：（1）細(xì)線剛斷時(shí)，小球的加速度大小是$\frac{6}{5}$g；
（2）小球恰好能完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)的情況下，小球在經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，在C點(diǎn)左右兩邊對(duì)軌道的壓力之差是$\frac{5}{2}$mg；
（3）小球沿DE軌道上滑到最高點(diǎn)時(shí)距C的豎直高度是2.5R．

點(diǎn)評(píng) 本題是復(fù)雜的力學(xué)問題，對(duì)于圓周運(yùn)動(dòng)，分析向心力的來源是關(guān)鍵，對(duì)于小球運(yùn)動(dòng)過程之中，要抓住機(jī)械能守恒，要具有解決綜合問題的能力，需要加強(qiáng)這方面的練習(xí)．