Question

7．如圖所示，質(zhì)量m=1kg的小滑塊，輕質(zhì)彈簧的一端與滑塊相連，彈簧的另一端固定在擋板上，光滑斜面和光滑圓筒形軌道平滑連接，開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，滑塊和小球均處于鎖定狀態(tài)，圓弧的軌道半徑R和斜面的頂端C離地面的高度均為1m，斜面與水平面夾角θ=60°，現(xiàn)將滑塊解除鎖定，滑塊運動到C點與小球M相碰時彈簧剛好恢復(fù)原長，相碰瞬間小球的鎖定被解除，碰后滑塊和小球以大小相等的速度向相反的方向運動，碰后小球沿光滑圓筒軌道運動到最高點D水平拋出時對圓筒壁剛好無壓力，若滑塊與小球碰撞過程時間極短且碰撞過程沒有能量損失．g=10m/s²求：
（1）小球從D點拋出后運動的水平距離；
（2）小球的質(zhì)量；
（3）已知彈簧的彈性勢能表達(dá)式為E_P=$\frac{1}{2}$k△x²為彈簧的勁度系數(shù)，△x為彈簧的形變量），求滑塊碰后返回過程中滑塊的最大動能．

Answer 1

分析 （1）小球從D點拋出后做平拋運動，要求水平距離，必須求出小球經(jīng)過D點時的速度，此速度根據(jù)重力等于向心力求得．由幾何關(guān)系求出D點離地高度，從而求得平拋運動的時間，即可求解水平距離．
（2）研究碰后小球從C運動到D的過程，由機(jī)械能守恒定律求出滑塊與小球碰撞后瞬間小球的速度．對于滑塊與小球碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列式，即可求得小球的質(zhì)量；
（3）滑塊碰后返回過程中重力沿斜面向下的分力與彈簧的彈力平衡時動能最大，由胡克定律求出此時彈簧的壓縮量，再由滑塊和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒，求滑塊的最大動能．

解答 解：（1）設(shè)小球經(jīng)過D點時的速度為v_D．小球的質(zhì)量為M．
在D點，有 Mg=M$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$，得 v_D=$\sqrt{10}$m/s
D點離地面的高度 h=R-Rsin30°=$\frac{R}{2}$=0.5m
小球從D點拋出后做平拋運動，則有 h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
小球從D點拋出后運動的水平距離 x=v_Dt
聯(lián)立解得 x=1m
（2）設(shè)滑塊與小球碰撞前的速度大小為v₀，碰后小球的速度為v_C．
小球從C運動到D的過程，由機(jī)械能守恒定律得
   MgR（1-cos60°）+$\frac{1}{2}M{v}_{D}^{2}$=$\frac{1}{2}M{v}_{C}^{2}$
解得 v_C=2$\sqrt{5}$m/s
對于滑塊與小球碰撞過程，取沿斜面向上為正方向，由動量守恒定律有 
  mv₀=-Mv_C+mv_C．
由能量守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv₀²=$\frac{1}{2}$Mv_C²+$\frac{1}{2}$mv_C²．
聯(lián)立解得 M=3m=3kg，v₀=4$\sqrt{5}$m/s
（3）滑塊碰后返回過程中重力沿斜面向下的分力與彈簧的彈力平衡時動能最大，也即在原來靜止的位置動能最大．設(shè)此時彈簧的壓縮量為x．由胡克定律得
    mgsin60°=kx
滑塊從B點被彈至C點的過程，由機(jī)械能守恒定律得 mgxsin60°+$\frac{1}{2}k{x}^{2}$=$\frac{1}{2}$mv₀²．
滑塊從C點運動到B點的過程，由機(jī)械能守恒定律得 mgxsin60°+$\frac{1}{2}$mv₀²=E_km+$\frac{1}{2}k{x}^{2}$
聯(lián)立解得滑塊的最大動能 E_km=$\frac{160}{3}$J
答：
（1）小球從D點拋出后運動的水平距離是1m；
（2）小球的質(zhì)量是3kg；
（3）滑塊的最大動能是$\frac{160}{3}$J．

點評 解決力學(xué)綜合題時首先要搞清物體的運動過程，把握每個過程和狀態(tài)的物理規(guī)律．要明確滑塊的合力為零時速度最大．