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    13．如图所示，在竖直平面内有一固定组合轨道ABCDE，其中AB是$\frac{1}{4}$圆轨道，与水平轨道BE相切于 B点．水平轨道上C点的正上方O点有一固定轴，通过长为l的轻绳悬挂一质量为m的小球，小球恰 好与水平轨道接触但无相互作用，水平轨道右端E有一竖直挡板，其上固定一根轻弹簧．自由状态下另 一端恰好在D点．现用一质量也是m的小滑块压缩弹簧的自由端，使弹簧具有弹性势能为Ep后释放，滑块在C点与静止的小球发生第一次碰撞，碰撞后小球恰好能绕O点做圆周运动，此后滑块能上升的 最大高度（离平台BE）为2.3l． 已知小球与物体每次碰撞前后速度发生交换（即无机械能损失）．BC=CD=l，轨道BD间是粗糙的，其它摩擦不计，小球和滑块可看做质点，重力加速度为g，试求：
    （1）小球再次与滑块碰撞前瞬间对轻绳的拉力大小F；
    （2）滑块与BD间轨道的动摩擦因数μ和弹簧的弹性势 能Ep
    （3）若第二次使弹簧具有弹性势能为2Ep后（弹簧仍在 弹性限度内）释放，小球绕O点做完整的圆周运动能完成几次．

    分析 （1）根据滑块在C点与静止的小球发生第一次碰撞，碰撞后小球恰好能绕O点作圆周运动，说明在最高点由重力提供小球的向心力，列式可求得小球通过最高点的速度．由机械能守恒定律求出小球再次与滑块碰撞前瞬间速度的大小，即可由牛顿第二定律求出拉力F的大小．
    （2）对于滑块向右到达最大高度的过程，运用动能定理列式，可求得μ．运用能量守恒定律可求得E1；
    （3）要使小球绕O点做完整的圆周运动，小球在最低点的速度不小于临界速度$\sqrt{5gl}$，由整个过程，由能量守恒列式求解即可．

    解答 解：（1）第一次碰撞后，小球恰好经过最高点，由重力提供小球的向心力，则得：
    mg=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{l}$，v1=$\sqrt{gl}$；
    小球从最高点到最低点的过程，由机械能守恒定律得：2mgl+$\frac{1}{2}$mv12=$\frac{1}{2}$mv22，
    解得：v2=$\sqrt{5gl}$；
    小球再次与滑块碰撞前瞬间，根据牛顿第二定律得：
    F-mg=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{l}$，得 F=6mg；
    （2）据题小球与物体碰撞前后速度发生交换，则知小球再次与滑块碰撞后瞬间滑块的速度大小为：v2=$\sqrt{5gl}$；
    对于滑块向右到达最大高度的过程，由动能定理得：-mgh-μmgl=0-$\frac{1}{2}$mv22，
    由题 h=2.3l，解得：μ=0.2，
    根据能量守恒得：E1=μmgl+$\frac{1}{2}$mv22，
    代入数据解得：E1=2.7mgl
    （3）若第二次使弹簧具有弹性势能2E1后释放，设小球绕O点做完整的圆周运动能完成n次．
    根据能量守恒得：2E1=μmg（2n-1）l+$\frac{1}{2}$mv22，
    解得：n=7.75，所以小球绕O点做完整的圆周运动能完成7次．
    答：（1）小球再次与滑块碰撞前瞬间对轻绳的拉力大小F为6mg；
    （2）滑块与BD间轨道的动摩擦因数μ为0.2，弹簧的弹性势能E1是2.7mgl；
    （3）若第二次使弹簧具有弹性势能2E1后（弹簧仍在弹性限度内）释放，小球绕O点做完整的圆周运动能完成7次．

    点评 本题运动过程复杂，分析清楚物体运动过程、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、能量守恒定律即可正确解题．

    练习册系列答案
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    A．图甲中A受五个力，图乙中C受三个力
    B．图乙中墙对C可能没有摩擦力
    C．图甲中墙对A一定没有摩擦力
    D．图乙中D对C一定有向右上方的摩擦力

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    4．如图所示，小球a从倾角为θ=60°的固定粗糙斜面顶端以速度v1沿斜面匀速下滑，同时将另一小球b在斜面底端正上方与a球等高处以速度v2水平抛出，两球恰在斜面的中点P处相遇，下列判断正确的是（　　）
    A．v1=2v2
    B．v1=v2
    C．若小球b以2v2水平抛出，则b球落在斜面上时，a球在b球的下方
    D．若小球b以2v2水平抛出，则b球落在斜面上时，a球在b球的上方

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    B．推力F和球B对A做功的大小相等
    C．A对B所做的功与B对A所做的功大小相等
    D．小球B的角速度逐渐变小

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