Question

10．如图所示，将一端带有半圆形光滑轨道的凹槽固定在水平面上，凹槽的水平部分AB粗糙且与半圆轨道平滑连接，AB长为2L．圆轨道半径为$\frac{L}{4}$．凹槽的右端固定一原长为L的轻质弹簧P₁，P₁的左端与长为L质量为2m的圆筒相接触，但不栓接．圆筒内部右端栓接一完全相同的弹簧P₂，用直径略小于圆筒内径、质量为m的小球将弹簧P₂压缩$\frac{L}{2}$，再用销钉K将小球锁定在圆筒内（小球与P₂不栓接）．球与圆筒内壁间的动摩擦因数为2μ，圆筒与凹槽水平部分间的动摩擦因数为u．用圆筒将弹簧P₁也压缩$\frac{L}{2}$，由静止释放，圆筒恰好不滑动．现将销钉K突然拔掉，同时对圆筒施加一水平向左的拉力，使圆筒向左做匀加速运动，到B点时圆筒被卡住立刻停止运动，小球沿半圆形轨道从C点水平抛出．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小球可视为质点，圆筒壁的厚度忽略不计．

（1）若小球通过半圆形轨道最高点C时，轨道对小球的压力是小球重力的3倍，求小球射出圆筒时的速度大小
（2）若使圆筒运动到B点之前，弹簧P₂长度不变，求拉力初始值的取值范围
（3）若拉力的初始值为18μmg，且小球从C处平拋后，恰好未撞击圆筒，求圆筒从静止运动到B点过程中拉力所做的功．

Answer 1

分析 （1）小球通过C点时，由重力和轨道的弹力的合力充当向心力，借助牛顿第二定律求解；
（2）对小球进行受力分析，由牛顿第二定律及加速度的范围可求得力初始值的取值范围；
（3）对小球由平抛运动及动能定理进行分析，即可求得力所做的功．

解答 解：（1）小球过最高点时，根据向心力公式得：
  mg+N=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{r}$
据题意有 N=3mg，r=$\frac{L}{4}$
小球从B点到最高点C过程中机械能守恒，则有
  mg$•\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}$
解得 v_B=$\sqrt{2gL}$
（2）由于筒恰好不动，对筒和小球：μ•3mg=k$•\frac{L}{2}$
拔掉销钉，设小球所允许的加速度最大值是a₁，应有 k$•\frac{L}{2}$+2μmg=ma₁
最小值是a₂，应有 k$•\frac{L}{2}$-2μmg=ma₂
刚拔掉销钉时，对筒和小球：F+k$•\frac{L}{2}$-μ•3mg=3ma
且a₁≥a≥a₂；
以上解得：21μmg≥F≥15μmg
（3）拉力的初始值为18μmg，筒的加速度为a₀，对筒：
  18μmg+k$•\frac{L}{2}$-μ•3mg-2μmg=2ma₀
设小球再次相对圆筒静止时，弹簧压缩量为△x，由牛顿第二定律得：
2μmg+k△x=ma₀
解出△x=L小球压缩弹簧P₂恰好到桶底．
筒与小球运动到B点时共同速度为v，则 v²=2a₀•$\frac{L}{2}$
对筒和小球整体，从静止开始运动到B点，由功能关系得
 W_F-μ•mg$\frac{L}{2}$+$\frac{1}{2}k（\frac{L}{2}）^{2}$-2μmg$•\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}•3m{v}^{2}$+$\frac{1}{2}k{L}^{2}$-$\frac{1}{2}k（\frac{L}{2}）^{2}$
联立以上解之得 W_F=16μmgL
答：
（1）小球射出圆筒时的速度大小为$\sqrt{2gL}$．
（2）若使圆筒运动到B点之前，弹簧P₂长度不变，拉力初始值的取值范围为21μmg≥F≥15μmg．
（3）若拉力的初始值为18μmg，且小球从C处平拋后，恰好未撞击圆筒，圆筒从静止运动到B点过程中拉力所做的功为16μmgL．

点评 本题考查动能定理、牛顿第二定律及平抛运动规律，要注意正确受力分析及过程分析，才能准确选择物理规律求解．