Question

15．如图所示，AB与CD是两段半径为R=2m的四分之一光滑圆弧轨道，圆心连线O₁O₂水平，BC错开的距离略大于小球的直径，整个装置竖直放置于水平长轨道MN上，AB与水平轨道MN相切于A点，水平轨道MP段光滑，PA段粗糙，长为2R，运动小球受到PA段阻力为小球重力的0.25倍，有一自由长度小于MP的轻弹簧左端固定于M处，右端与质量为m=0.5kg的小球接触（不拴接），开始时，弹簧处于被压缩的锁定状态，锁定时的弹性势能E_p=50J，解除锁定后，小球将被弹出，g取10m/s²．
（1）小球运动到A点时对圆弧轨道压力的大小和方向；
（2）如图，圆弧轨道右侧有一个倾角θ=7°，高h=$\frac{19}{16}$m的光滑斜面，若小球恰好落在斜面顶端，后立即沿着斜面下滑，求：
①此时斜面应固定在左端离O₂的水平距离x为多少的位置；
②小球再次滑到水平轨道MN时的动能．

Answer 1

分析 （1）从解除弹簧锁定到小球运动到A点的过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和内能，根据能量守恒定律求出小球到达A点时的速度．在A点，由重力和轨道的支持力的合力充当向心力，由牛顿第二定律求得支持力，再由牛顿第三定律得到小球对轨道的压力．
（2）小球从A到D的过程，运用机械能守恒定律求得小球到达D点的速度，再根据平抛运动的规律求斜面左端离O₂的水平距离x．
小球落在斜面顶端，后立即沿着斜面下滑，说明垂直于斜面方向的速度立即减至零，求出沿斜面方向的分速度，再由机械能守恒定律求小球再次滑到水平轨道MN时的动能．

解答 解：（1）从解除弹簧锁定到小球运动到A的过程中，根据能量守恒定律有：
  E_P=μmg•2R+$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$ 
小球到圆弧轨道A点时，设小球受轨道的弹力为N，运用牛顿第二定律得：
  N-mg=m$\frac{{v}_{A}^{2}}{R}$
联立解得：N=10mg=10×0.5×10N=50N
根据牛顿第三定律，小球对圆弧轨道A点压力 N′=N=50N，方向竖直向下．
（2）①小球从A点到D点，根据机械能守恒定律得
     $\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$+2mgR
解得 v_D=10m/s
之后小球从D点平抛运动，则有：
 2R-h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$
  x=v₀t
解得 x=7.5m
②小球落到斜面顶端时，竖直方向的速度 v_y=$\sqrt{2g（2R-h）}$=$\sqrt{2×10×（4-\frac{19}{16}）}$=7.5m/s
合速度 v=$\sqrt{{v}_{D}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}+7．{5}^{2}}$=12.5m/s
设速度与水平方向的夹角为α，则tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{D}}$=0.75，α=37°    
由于α=37°＞θ=7°，而之后物体立即沿斜面下滑，说明垂直于斜面方向速度变化为0，物体与斜面碰撞有能量损失
落到斜面上时速度与斜面的夹角为 α-θ=30°
物体沿斜面运动的初速度 v′=vcos30°=$\frac{25\sqrt{3}}{4}$m/s
再次滑到MN时的动能 E_k=mgh+$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$
代入数据解得 E_k=$\frac{2255}{64}$J≈35.2J
答：（1）小球运动到A点时对圆弧轨道压力的大小为50N，方向竖直向下；
（2）①此时斜面应固定在左端离O₂的水平距离x为7.5m的位置；
②小球再次滑到水平轨道MN时的动能是35.2J．

点评 解决本题的关键是要理清小球的运动情况，正确分析能量的转化情况，分段运用能量关系列式．对于平抛运动，要掌握分运动的规律，并能熟练运用．