分析 (1)對(duì)C到B的過程應(yīng)用動(dòng)能定理即可求解;
(2)對(duì)C到E和E到F的運(yùn)動(dòng)過程分別應(yīng)用動(dòng)能定理,即可聯(lián)立求解;
(3)由牛頓第三定律求得P在D處受到的支持力,然后由牛頓第二定律求得速度,即可由動(dòng)能定理求解.
解答 解:(1)P從C到B的過程作用重力、摩擦力做功,故由動(dòng)能定理可得:mgBCsin37°-μmgBCcos37°=\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}-0,所以,{v}_{B}=\sqrt{2gBC(sin37°-μcos37°)}=2\sqrt{gR};
(2)設(shè)AE=x,那么CE=7R-x,EF=4R-x;
對(duì)滑塊從C到E應(yīng)用動(dòng)能定理可得:mgCEsin37°-μmgCEcos37°-Ep=0,所以,Ep=0.4mgCE=0.4mg(7R-x);
對(duì)滑塊從E到F應(yīng)用動(dòng)能定理可得:Ep-mgEFsin37°-μmgEFcos37°=0,所以,Ep=0.8mgEF=0.8mg(4R-x);
所以,x=R,Ep=2.4mgR;
(3)P到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力為重力的0.2倍,那么由牛頓第三定律可得:P受到軌道的作用力FN=0.2m′g,方向豎直向下;
在最高點(diǎn)D,由牛頓第二定律可得:{F}_{N}+m′g=\frac{m′{{v}_{D}}^{2}}{R},所以,{v}_{D}=\sqrt{1.2gR};
對(duì)P從E到D的運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用動(dòng)能定理可得:{E}_{p}-m′g(CEsin37°+Rcos37°+R)-μm′gCEcos37°=\frac{1}{2}m′{{v}_{D}}^{2}=0.6m′gR;
所以,2.4mgR-5.4m′gR-1.2m′gR=0.6m′gR,所以,m′=\frac{1}{3}m;
答:(1)P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小為2\sqrt{gR};
(2)P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為2.4mgR;
(3)改變物塊P的質(zhì)量,將P推至E點(diǎn),從靜止開始釋放.P到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力為重力的0.2倍,則P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小為\sqrt{1.2gR};改變后小物塊P的質(zhì)量為\frac{1}{3}m.
點(diǎn)評(píng) 經(jīng)典力學(xué)問題一般先對(duì)物體進(jìn)行受力分析,求得合外力及運(yùn)動(dòng)過程做功情況,然后根據(jù)牛頓定律、動(dòng)能定理及幾何關(guān)系求解.
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