如图所示.水平桌面上有一轻弹簧.左端固定在A点.弹簧处于自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP.其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧.MN为其竖直直径.P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点.释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料.质量为m2=0.2kg的物块将弹簧也� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

14．

如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处于自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m₁=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m₂=0.2kg的物块将弹簧也缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x=6t-2t²，物块从桌面右边缘D点飞离桌面后，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道．g=10m/s²，求：
（1）DP间的水平距离；
（2）判断m₂能否沿圆轨道到达M点；
（3）物块将弹簧缓慢压缩到C点时弹性势能E_P．

分析（1）物块离开D点做平抛运动，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，知道了到达P点的速度方向，将P点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据竖直方向上做自由落体运动求出竖直分速度，再根据角度关系求出水平分速度，即离开D点时的速度v_D．求出时间，从而求出DP间的水平距离．
（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，应用牛顿第二定律求出速度，根据机械能守恒定律，求出M点的速度，与临界速度进行比较，判断其能否沿圆轨道到达M点．
（3）根据x=6t-2t²，得到物块的初速度和加速度，由牛顿第二定律求出动摩擦因数，再对弹簧释放过程研究，运用能量守恒定律求解．

解答解：（1）物块离开D点后做平抛运动，在竖直方向有：
v_y²=2gR，解得：v_y=$\sqrt{2gR}$=$\sqrt{2×10×0.8}$=4m/s
tan45°=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{D}}$，解得：v_D=4m/s；
在竖直方向上：R=$\frac{1}{2}$gt²，解得，平抛运动的时间t=$\sqrt{\frac{2R}{g}}$=$\sqrt{\frac{2×0.8}{10}}$s=0.4s
则DP间的水平距离：x=v_Dt=4×0.4m=1.6m．
（3）物块恰好到达M点时，重力提供向心力，
在M点由牛顿第二定律得：m₂g=m₂$\frac{{v}_{M}^{2}}{R}$，解得：v_M=2$\sqrt{2}$m/s，
设物块能到达M点，由机械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}$m₂v_M′²=$\frac{1}{2}$m₂v_D²-m₂g$•\frac{\sqrt{2}}{2}$R
解得：v_M′=$\sqrt{16-8\sqrt{2}}$m/s＜v_M=2$\sqrt{2}$m/s
所以物块不能到达M点．
（3）质量为m₂=0.2kg的物块在BD段运动过程，由x=6t-2t²，得初速度v₀=6m/s，加速度大小为 a=4m/s²；
设物块与水平面间的动摩擦因数为μ，则 μm₂g=m₂a，得 μ=0.4
质量m₁=0.4kg的物块被弹簧释放过程，有：
E_p=$μ{m}_{1}g\overline{BC}$
质量m₂=0.2kg的物块被弹簧释放过程，有：
E_p=$μ{m}_{2}g•\overline{BC}$$+\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{0}^{2}$
联立解得：E_p=7.2J
答：
（1）DP间的水平距离是1.6m；
（2）物块不能到达M点．
（3）物块将弹簧缓慢压缩到C点时弹性势能E_P为7.2J．

点评该题涉及到多个运动过程，关键要理清物块的运动过程，把握每个过程的物理规律，运用机械能守恒定律、平抛运动基本公式、圆周运动向心力公式进行解答．

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