Question

17．如圖所示，在水平軌道右側(cè)安放半徑為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(zhǎng)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(zhǎng)狀態(tài)．小物塊A靜止放置在彈簧右端，A與彈簧接觸但不拴接；小物塊B從軌道右側(cè)以初速度v₀沖上軌道，通過(guò)圓形軌道、水平軌道后與物塊A發(fā)生對(duì)心碰撞且瞬間粘連，之后A、B一起壓縮彈簧并被彈簧以原速率彈回，經(jīng)水平軌道返回圓形軌道．物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)．
已知R=0.2m，l=1.0m，v₀=6m/s，物塊A、B質(zhì)量均為m=1kg，與PQ段間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.2，軌道其他部分摩擦不計(jì)．取g=10m/s²．求：
（1）物塊B與物塊A碰撞前速度大��；
（2）物塊B與物塊A碰后返回到圓形軌道的高度；
（3）調(diào)節(jié)PQ段的長(zhǎng)度l，B仍以v₀從軌道右側(cè)沖上軌道，當(dāng)l滿足什么條件時(shí)，A、B物塊能返回圓形軌道且能沿軌道運(yùn)動(dòng)而不會(huì)脫離軌道？

Answer 1

分析 （1）物塊A從Q到P過(guò)程中，運(yùn)用動(dòng)能定理，結(jié)合摩擦力做功，從而求出物塊A與彈簧剛接觸時(shí)的速度大小．
（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得回到圓軌道的速度大小，再根據(jù)動(dòng)能定理求出A能夠上升的高度，并討論能否達(dá)到此高度．
（3）A物塊能返回圓形軌道且能沿軌道運(yùn)動(dòng)而不會(huì)脫離軌道，要么能夠越過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)，要么在圓軌道中上升的高度不要超過(guò)圓軌道的半徑，結(jié)合動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律和牛頓第二定律求出l所滿足的條件．

解答 解：（1）物塊A沖上圓形軌道后回到最低點(diǎn)速度為v₀=$2\sqrt{3}$m/s，
與彈簧接觸瞬間，$-μmgl=\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{1}{2}mv_0^2$，
可得，物塊A與彈簧剛接觸時(shí)的速度大小${v_1}=2\sqrt{2}$m/s；
（2）A被彈簧以原速率v₁彈回，向右經(jīng)過(guò)PQ段，
有$v_2^2-v_1^2=-2μgl$；解得A速度 v₂=2m/s，
A滑上圓形軌道，有$-mgh=0-\frac{1}{2}mv_2^2$，
（也可以應(yīng)用 $-μ×mgl-mgh=\frac{1}{2}mv_2^2-\frac{1}{2}mv_1^2$）
可得，返回到右邊軌道的高度為h=0.2m=R，符合實(shí)際．
（3）物塊A以v₀沖上軌道直到回到PQ段右側(cè)，
有$v'_1^2-v_0^2=-2μg×2l$，
可得，A回到右側(cè)速度：$v'_1^2=（12-8l）{（m/s）^2}$，
要使A能返回右側(cè)軌道且能沿軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離軌道，則有：
①若A沿軌道上滑至最大高度h時(shí)，速度減為0，則h滿足：0＜h≤R，
根據(jù)機(jī)械能守恒：$\frac{1}{2}mv'_1^2=mgh$聯(lián)立可得，1.0m≤l＜1.5m；
②若A能沿軌道上滑至最高點(diǎn)，則滿足：$\frac{1}{2}mv'_1^2=mg×2R+\frac{1}{2}mv'_2^2$且$m\frac{v'_2^2}{R}≥mg$，
聯(lián)立得 l≤0.25m，綜上所述，要使A物塊能第一次返回圓形軌道并沿軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離軌道，
l滿足的條件是1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m；
答：（1）物塊A與彈簧剛接觸時(shí)的速度大小為2$\sqrt{2}$m/s．
（2）物塊A被彈簧以原速率彈回返回到圓形軌道的高度0.2m．
（3）A物塊能第一次返回圓形軌道且能沿軌道運(yùn)動(dòng)而不會(huì)脫離軌道的條件是：1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了動(dòng)量守恒定律、動(dòng)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(duì)學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)訓(xùn)練．