Question

14．如圖所示，一輕質彈簧固定在豎直墻上，質量為m的滑塊（可視為質點）放置在光滑水平面上，一表面光滑，半徑為R的半圓形軌道固定在水平面上，左端與水平面平滑連接，在半圓軌道右側有一傾角為α斜面固定在水平地面上，有一不計厚度，長度為L₁，質量為M木板恰好能靜止在斜面上，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，木板下端距斜面底端為L₂，下列操作中，彈簧始終在彈性限度之內，重力加速度為g．

（1）用水平力緩慢推m，使彈簧壓縮到一定程度，然后釋放，m恰能運動到圓軌道P處脫離軌道，且OP與豎直方向夾角為θ．求：①彈簧壓縮最短時彈性勢能②m通過圓軌道最高點Q時對軌道壓力．
（2）再次用力緩慢推m壓縮彈簧，釋放后，m運動到Q點水平拋出，恰好能以速度v₀沿平行于斜面方向落到木板頂端，當木板下端下滑到斜面底端時，m恰好滑至木板下端，且與木板速度相等．求：木板從開始運動到木板下端到達斜面底端過程中，系統(tǒng)損失的機械能．

Answer 1

分析 （1）m到達P處時，只受重力，并由重力的徑向分力充當向心力，由此列式求出m到達P處的速度．再運用能量守恒定律求彈簧壓縮最短時彈性勢能．由機械能守恒求出m通過Q點的速度，由向心力公式求軌道對m的支持力，從而求得m對軌道的壓力．
（2）m相對M滑動過程中，m、M系統(tǒng)在斜面方向上動量守恒，由動量守恒定律和能量守恒定律結合求解系統(tǒng)損失的機械能．

解答 解：（1）①設m到達P處速度為v₁，有 $mgcosθ=m\frac{v_1^2}{R}$ ①
設彈簧彈性勢能為E_p，由能量守恒定律有  ${E_p}=mgRcosθ+\frac{1}{2}mv_1^2$ ②
聯(lián)立解得 ${E_p}=\frac{3}{2}mgRcosθ$ ③
②設m到達Q處速度為v₂，由能量守恒可知  ${E_p}=mgR+\frac{1}{2}mv_2^2$  ④
在Q處，設軌道對m支持力為F_N，由牛頓第二定律可得：$mg-{F_N}=m\frac{v_2^2}{R}$ ⑤
聯(lián)立可得③④⑤可得 F_N=3mg（1-cosθ）
根據牛頓第三定律可得知m對軌道壓力大小為 F'_N=F_N=3mg（1-cosθ）
（2）由題意可知m相對M滑動過程中，m、M系統(tǒng)在斜面方向上動量守恒，設M到達斜面底端速度為v₃，取沿斜面向下為正方向，由動量守恒可得
   mv₀=（m+M）v₃ ⑥
從m滑上木板到木板到達斜面底端過程中，設系統(tǒng)損失機械能為Q，由能量守恒可得：
 $\frac{1}{2}mv_0^2-\frac{1}{2}（m+M）v_3^2+mg（{L_1}+{L_2}）sinα+Mg{L_2}sinα=Q$  ⑦
聯(lián)立解得 $Q=\frac{Mm}{2（m+M）}v_0^2+mg（{L_1}+{L_2}）sinα+Mg{L_2}sinα$
答：
（1）①彈簧壓縮最短時彈性勢能是$\frac{3}{2}$mgRcosθ．②m通過圓軌道最高點Q時對軌道壓力為3mg（1-cosθ）．
（2）木板從開始運動到木板下端到達斜面底端過程中，系統(tǒng)損失的機械能為$\frac{Mm}{2（m+M）}{v}_{0}^{2}+mg（{L}_{1}+{L}_{2}）sinα+Mg{L}_{2}sinα$．

點評 解決本題的關鍵要分析清楚物體的運動情況，明確能量是如何轉化的，要注意m通過P點時，不是重力提供向心力，而重力的徑向分力提供向心力．