Question

7．如圖所示，PQCD為光滑的軌道，其中PQ是水平的，CD是豎直平面內(nèi)的圓軌道，與PQ相切于C點，且半徑R=0.5m，圓軌道下端不重疊，物體可從水平軌道右側(cè)運動沖上軌道，并從左側(cè)離開軌道．質(zhì)量m=0.1kg的A滑塊靜止在水平軌道上，另一質(zhì)量M=0.5kg的B滑塊前端裝有以輕質(zhì)彈簧（A、B均可視為質(zhì)點），以速度v₀向左運動并與滑塊A發(fā)生彈性正碰，若相碰后A滑塊能過半圓最高點D，取重力加速度g=10m/s²，則：
（1）B滑塊至少要以多大速度向前運動；
（2）如果滑塊A恰好能過D點，滑塊B與滑塊A相碰后輕質(zhì)彈簧的最大彈性勢能為多少？
（3）當B滑塊的初速度不同時，碰撞后A滑塊的速度也不同，欲使A滑塊沖上圓軌道后不脫離軌道，A滑塊碰撞后脫離彈簧瞬間的速度是多大？

Answer 1

分析 （1）相碰后A滑塊能過半圓最高點D，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出滑塊A到達軌道最高點D的速度．滑塊A從C到D的過程，由機械能守恒求得A與B碰撞后的速度，再對于碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律可以求出B的初速度．
（2）滑塊B與滑塊A速度相等時彈簧壓縮量最大彈性勢能最大，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律可以求出最大彈性勢能．
（3）A滑塊沖上圓軌道后不脫離軌道，第一種情況：A在圓心下方$\frac{1}{4}$圓弧上運動．第二種情況：A通過最高點D．根據(jù)臨界條件和機械能守恒定律求解．

解答 解：（1）設(shè)滑塊A過D點時速度為v_D，B與A碰撞后，B與A的速度分別為v₁、v₂，B碰撞前的速度為v₀
過圓軌道最高點D的臨界條件是重力提供向心力，由牛頓第二定律得：mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
滑塊A從C到D的過程，由機械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv₂²=mg•2R+$\frac{1}{2}$mv_D²，
B與A發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：Mv₀=Mv₁+mv₂，
由機械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$Mv₀²=$\frac{1}{2}$Mv₁²+$\frac{1}{2}$mv₂²
離那里并代入數(shù)據(jù)解得：v₀=3m/s；
（2）由于B與A碰撞后，當兩者速度相同時有最大彈性勢能E_p，設(shè)共同速度為v，A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：
  Mv₀=（M+m）v
由機械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$Mv₀²=E_P+$\frac{1}{2}$（M+m）v²，
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：E_p=0.375J；
（3）欲使A滑塊沖上圓軌道后不脫離軌道，有以下兩種情況：
情況一：A到達與圓心等高處，速度為0．
由機械能守恒定律得 mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
可得 v₁=$\sqrt{10}$m/s
情況二：A過最高點，恰好過最高點時，有 $\frac{1}{2}$mv₂²=mg•2R+$\frac{1}{2}$mv_D²，
可得 v₂=5m/s
綜合以上兩種情況可知，A的速度應(yīng)為：0＜v≤$\sqrt{10}$m/s．或v≥5m/s．
答：（1）B滑塊的最少速度為3m/s；
（2）如果滑塊A恰好能過C點，滑塊B與滑塊A相碰后輕質(zhì)彈簧的最大彈性勢能為0.375J．
（3）A滑塊碰撞后的速度應(yīng)為：0＜v≤$\sqrt{10}$m/s．或v≥5m/s．

點評 本題考查了動量守恒定律和機械能守恒定律的應(yīng)用，分析清楚物體運動過程是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、動量守恒定律與機械能守恒定律可以解題；知道滑塊做圓周運動的臨界條件、應(yīng)用牛頓第二定律求出經(jīng)過圓形軌道最高點的速度是解題的前提．