Question

13．如图所示，在距水平地面高h1=1.2m的光滑水平台面上，一个质量m=1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存的弹性势能Ep=2J．现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC．已知B点距水平地面的高h2=0.6m，圆弧轨道BC的圆心O，C点的切线水平，并与水平地面上长为L=2.8m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度g=10m/s²，空气阻力忽略不计．试求：
（1）小物块运动到B的瞬时速度v_B大小及与水平方向夹角θ；
（2）小物块在圆弧轨道BC上滑到C时对轨道压力Nc大小；
（3）若小物块与墙壁碰撞后速度反向、大小变为碰前的一半，且只会发生一次碰撞，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件．

Answer 1

分析 （1）小球做平抛运动，根据机械能守恒定律列式求解小物块运动到B的瞬时速度v_B大小，运用运动的分解法求解速度与水平方向的夹角；
（2）先根据能量关系列式求解C点的速度，在C点，支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律、第三定律列式求解；
（3）分μ取得最大值和最小值讨论，根据能量守恒列出能量等式解决问题．要考虑物块可能的滑过的路程．

解答 解：（1）解法一：
小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，设初速度为v₀．
由机械能守恒得
 E_P=$\frac{1}{2}$mv${\;}_{0}^{2}$，v₀=2m/s
 E_P+mg（h₁-h₂）=$\frac{1}{2}$mv${\;}_{B}^{2}$，v_B=4m/s（2分）
根据平抛运动规律有：cosθ=$\frac{{v}_{0}}{{v}_{B}}$=$\frac{2}{4}$=0.5，θ=60°
解法二：
小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，机械能守恒
 E_P=$\frac{1}{2}$mv${\;}_{0}^{2}$，v₀=2m/s
小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，在竖直方向上根据自由落体运动规律可知，
小物块由A运动到B的时间为：
t=$\sqrt{\frac{2（{h}_{1}-{h}_{2}）}{g}}$=$\frac{\sqrt{3}}{5}$s≈0.346s                     
根据平抛运动规律有：
tanθ=$\frac{gt}{{v}_{0}}=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，解得：θ=60°          
v_B=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+（gt）^{2}}$=4m/s
（2）根据图中几何关系可知，
 h₂=R（1-cos∠BOC），解得：R=1.2m            
根据能的转化与守恒可知，
  E_P+mgh₁=$\frac{1}{2}$mv${\;}_{C}^{2}$，vc=2$\sqrt{7}$m/s
对小球在圆弧轨道C点应用牛顿运动定律
N_c-mg=$\frac{m{v}_{c}^{2}}{R}$
得 N_c=10+$\frac{28}{1.2}$=33.3N
（3）依据题意知，
①μ的最大值对应的是物块撞墙前瞬间的速度趋于零，根据能量关系有：
 mgh₁+E_p＞μmgL
代入数据解得：μ＜$\frac{1}{2}$
②对于μ的最小值求解，首先应判断物块第一次碰墙后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为v₂，由能量关系有：
  mgh₁+E_p=μmgL+$\frac{1}{2}$mv₂²
第一次碰墙后返回至C处的动能为：E_kC=$\frac{1}{8}$mv₂²-μmgL
可知即使μ=0，有：$\frac{1}{2}$mv₂²=14J，$\frac{1}{8}$mv₂²=3.5J＜mgh₂=6J，小物块不可能返滑至B点
故μ的最小值对应着物块撞后回到圆轨道最高某处，又下滑经C恰好至D点停止，因此有：
 $\frac{1}{8}$mv₂²≤2μmgL，联立解得：μ≥$\frac{1}{18}$
综上可知满足题目条件的动摩擦因数μ值：$\frac{1}{18}$≤μ＜$\frac{1}{2}$
答：（1）小物块运动到B的瞬时速度v_B大小是4m/s，方向与水平方向夹角θ为60°．
（2）小物块在圆弧轨道BC上滑到C时对轨道压力N_c大小是33.3N．
（3）小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足的条件为 $\frac{1}{18}≤μ≤\frac{1}{2}$．

点评 对于复杂的力学问题，应该先清楚研究对象的运动过程，根据运动性质利用物理规律解决问题；关于能量守恒的应用，要清楚物体运动过程中能量的转化．