Question

16．如圖所示，BCPC′D是螺旋軌道，半徑為R的圓O與半徑為2R的BCD圓弧相切于最低點C，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（C、C′均為豎直圓的最底點），將一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的一端固定在AB軌道的有孔固定板上，平行于斜面的細線穿過有孔固定板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，ED軌道上固定一同樣輕質(zhì)彈簧，彈簧下端與D點距離為L₂，初始兩球靜止，小球與B點的距離是L₁，L₁＞L₂，現(xiàn)小球與細線突然斷開．一切摩擦不計，重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）細線剛斷時，小球的加速度大�。�
（2）小球恰好能完成豎直圓周運動這種情況下，小球過C點前后瞬間有壓力突變，求壓力改變量為多少？
（3）小球沖上左側(cè)軌道獲得與初始線斷相同的加速度時，小球的速度．

Answer 1

分析 （1）細線剛斷時，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點時，在C點左右兩邊相當于分別在兩個圓周上過最低點，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動時，在最高點由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可求得最高點小球的速度．小球從最低點到最高點的過程中，機械能守恒，列出方程，聯(lián)立即可求解．
（3）當小球能過頂，小球滑上左側(cè)斜面軌道，壓縮彈簧獲得與初始線斷時相同大小的加速度時，彈簧彈力為F_N=$\frac{6}{5}$mg-mgsin37°，彈簧壓縮量與右側(cè)初始彈簧壓縮量相同，則彈簧的彈性勢能相等，整個過程機械能守恒，列式即可求解小球的速度．

解答 解：（1）線未斷時，彈簧對小球m的彈力大小 ${F_N}=\frac{6}{5}mg-mgsin37°$
細線剛斷時，小球的加速度$a=\frac{{{F_N}+mgsin37°}}{m}=\frac{{\frac{6}{5}mg}}{m}=\frac{6}{5}g$
（2）小球在經(jīng)過C點時，在C點左右兩邊相當于分別在兩個圓周上過最低點，
在右邊：軌道對小球的支持力 F_N1=F_n1+mg
得：${F_{N1}}=m\frac{v^2}{R_1}+mg$
在左邊：軌道對小球的支持力 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={F_2}-{F_1}=m\frac{v^2}{R_2}-m\frac{v^2}{R_1}$
又 R₁=2R，R₂=R，
解得：$△F=m\frac{v^2}{2R}$
又小球從C點到P點過程中，機械能守恒，則得：$\frac{1}{2}m{v^2}-2mgR=\frac{1}{2}mv_0^2$
在最高點P時，由重力提供向心力，則有：$mg=m\frac{v_0^2}{R}$
聯(lián)立解得：$△F=\frac{5}{2}mg$
（3）當小球能過頂，則小球滑上左側(cè)斜面軌道，壓縮彈簧獲得與初始線斷時相同大小的加速度時，彈簧彈力為${F_N}=\frac{6}{5}mg-mgsin37°=\frac{3}{5}mg$
即彈簧壓縮量與右側(cè)初始彈簧壓縮量相同，均為$x=\frac{3mg}{5k}$
則彈簧的彈性勢能相等，整個過程機械能守恒：
$mg{L_1}sin37°-mg（{L_2}+\frac{3mg}{5k}）sin37°=\frac{1}{2}mv_2^2$
解得：v₂=$\frac{6}{5}g（{L_1}-{L_2}-\frac{3mg}{5k}）$
答：（1）細線剛斷時，小球的加速度大小為$\frac{6}{5}$g；
（2）壓力改變量為 $\frac{5}{2}$mg；
（3）小球沖上左側(cè)軌道獲得與初始線斷相同的加速度時，小球的速度為$\frac{6}{5}g（{L_1}-{L_2}-\frac{3mg}{5k}）$．

點評 本題是復(fù)雜的力學問題，對于圓周運動，分析向心力的來源是關(guān)鍵，對于小球運動過程之中，要抓住機械能守恒，要具有解決綜合問題的能力，需要加強這方面的練習．