Question

11．如圖，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態時其右端位于B點．水平桌面右側有一豎直放置的軌道MNP，其形狀為半徑R=1.0m的圓環剪去了左上角120°的圓弧，MN為其豎直直徑，其中PN段為光滑的圓弧軌道，NM段為粗糙的半圓軌道．P點到桌面的豎直距離是h=2.4m．用質量m₁=0.4kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點，由靜止釋放后彈簧恢復原長時物塊恰停止在B點．用同種材料、質量為m₂=0.2kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點由靜止釋放（物塊與彈簧不相連），物塊通過B點后做勻變速運動，其位移與時間的關系為x=6t-2t²，物塊飛離桌面后恰好由P點沿切線落入圓軌道，且剛好能達到軌道最高點M，（不計空氣阻力，g取10m/s²）．求
（1）物塊m₂過B點時的瞬時速度v_B及與桌面間的滑動摩擦因數μ；
（2）物塊m₂經過軌道最低點N時對軌道的壓力F_N；
（3）物塊m₂由C點運動到M點過程中克服摩擦力做的功W．

Answer 1

分析 （1）根據物塊的位移公式可以求出物塊的速度與加速度，由牛頓第二定律可以求出動摩擦因數．
（2）小球離開桌面后做平拋運動，由平拋運動求出小球離開時的速度，然后由動能定理或機械能守恒定律求出到達N點的速度，再由牛頓第二定律求出在N點小球受到的支持力，由牛頓第三定律求出對軌道的壓力．
（3）由牛頓第二定律求出小球在M點的速度，然后由動能定理求出各段克服摩擦力做功，最后求出整個過程克服摩擦力做功．

解答 解：（1）m₂過B點后滿足：x=6t-2t²
由此可知，v_B=6m/s，a=-4m/s²   
由牛頓第二定律得：μmg=ma
代入數據解得：μ=0.4           
（2）小球離開桌面后做平拋運動，在豎直方向上：h=$\frac{{v}_{y}^{2}}{2g}$=2.4m
P點速度在豎直方向的分量：v_y=v_Dtan60°=4$\sqrt{3}$m/s   
由此解得離開D點的速度為 v_D=4m/s             
由機械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$m₂v_N²=$\frac{1}{2}$m₂v_D²+m₂g（h+R-Rcosθ），
解得：v_N²=74m²/s²，
在N點，由牛頓第二定律得：
   F_N′-m₂g=m₂$\frac{{v}_{N}^{2}}{R}$
代入數據解得：F_N′=16.8N
由牛頓第三定律得，壓力：F_N=F_N'=16.8N，方向豎直向下
（3）小球剛好能到達M點，由牛頓第二定律得：m₂g=m₂$\frac{{v}_{M}^{2}}{R}$
小球到達P點的速度 v_P=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=8m/s             
從P到M點，由動能定理得：-m₂gR（1+cosθ）-W_PM=$\frac{1}{2}$m₂v_M²-$\frac{1}{2}$m₂v_P²
代入數據解得：W_PM=2.4J     
從B到D點，由動能定理得：-W_BD=$\frac{1}{2}$m₂v_D²-$\frac{1}{2}$m₂v_B²，
解得：W_BD=2J  
從C到B點，由動能定理得：E_P=μm₁gx_CB，E_P=μm₂gx_CB+$\frac{1}{2}$m₂v_B
解得：μm₂gx_CB=$\frac{1}{2}$m₂v_B²，W_CB=μm₂gx_CB=3.6J
則釋放后m₂運動過程中克服摩擦力做的功為：
   W=W_CB+W_BD+W_PM=3.6J+2J+2.4J=8.0J                       
答：
（1）物塊m₂過B點時的瞬時速度v_B為6m/s，與桌面間的滑動摩擦因數為0.4．
（2）若軌道MNP光滑，小球經過軌道最低點N時對軌道的壓力為42N方向豎直向下．
（3）若小球剛好能到達軌道最高點M，則釋放后m₂運動過程中克服摩擦力做的功為8.0J．

點評 該題涉及到多個運動過程，關鍵要理清物塊的運動情況，把握每個過程和狀態的物理規律，運用運動的分解法研究平拋運動．要知道動能定理是求功常用的方法．