Question

1．如图所示，水平放置的轻质弹簧左端与竖直墙壁相连，右侧与质量m=1kg的小物块甲相接触但不粘连，B点为弹簧自由端，光滑水平面AB与倾角θ=37°的倾斜面BC在B处平滑连接，OCD在同一条竖直线上，CD右端是半径为R=CD=0.4m的$\frac{1}{4}$光滑圆弧，斜面BC与圆弧在C处也平滑连接，物块甲与斜面BC间的动摩擦因数μ=0.3．现用力将物块甲缓慢向左压缩弹簧，使弹簧获得一定能量后撤去外力，物块甲刚好能滑到C点，与此同时用长L=0.9m的细线悬挂于O点的小物块乙从图示位置静止释放，α=60°，物块乙到达C点时细线恰好断开且与物块甲发生正碰，碰撞后物块甲恰好对圆弧轨道无压力，物块乙恰好从图中P点离开圆弧轨道，取g=10m/s²，$\sqrt{10}$=3，求：
（1）撤去外力时弹簧的弹性势能E_p；
（2）小物块乙的质量M和细线所能承受的最大拉力T_m；
（3）两物块碰撞过程中损失的能量△E；
（4）小物块乙落到水平面上时的速度大小v_乙．（保留一位有效数字）

Answer 1

分析 （1）根据能量守恒列式求解；
（2）对乙受力分析，求出到C点的速度，然后同理求出甲的速度，然后乙从C到P点由动能定理求出v₁的大小，进而求出质量和最大拉力
（3）由动能定理直接即可求出损失的能量
（4）整个过程只有重力做功，由动能定理即可求出

解答 解：（1）根据能量守恒定律知：E_p=mgR+μmgcosθ$•\frac{R}{sinθ}$
代入数据E_p=10×0.4+0.3×$10×0.8×\frac{0.4}{0.6}$=5.6J
（2）乙从释放到C点，由动能定理知
MgL（1-cosα）=$\frac{1}{2}$Mv²
解得v=$\sqrt{2gL（1-cosα）}$=$\sqrt{2×10×0.9×（1-\frac{1}{2}）}$=3m/s
甲在C恰好无压力，则mg=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{R}$
解得v₂=$\sqrt{gR}$=$\sqrt{10×0.4}$m/s=2m/s
乙从C到P点，由动能定理知mgR（1-cosθ）=$\frac{1}{2}$Mv${\;}_{1}^{′2}$-$\frac{1}{2}M{v}_{1}^{2}$
Mg（R-Rcosθ）=$\frac{1}{2}Mv{{′}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}M{{v}_{1}}^{2}$  ①
乙在P：Mgcosθ=$\frac{Mv{{'}_{1}}^{2}}{R}$  ②
联立①②解得：v₁=$\frac{2}{5}\sqrt{10}$=1.2m/s
Mv=Mv₁+mv₂
M=$\frac{m{v}_{2}}{v-{v}_{1}}$=$\frac{1×2}{3-1.2}$=$\frac{10}{9}$kg
由牛顿第二定律Tm=Mg+$\frac{M{v}^{2}}{L}$=$\frac{10}{9}×10+\frac{\frac{10}{9}×{3}^{2}}{0.9}$=$\frac{200}{9}$N

（3）$△E=\frac{1}{2}M{v}^{2}-\frac{1}{2}M{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$=$\frac{1}{2}×\frac{10}{9}×{3}^{2}-\frac{1}{2}×\frac{10}{9}×1．{2}^{2}-\frac{1}{2}×1×{2}^{2}$=-0.4J
（4）平抛只有重力做功
mgR=$\frac{1}{2}m{{v}_{乙}}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
解得：v_乙=$4\sqrt{3}$m/s
答：（1）撤去外力时弹簧的弹性势能5.6J；
（2）小物块乙的质量M为$\frac{10}{9}$kg和细线所能承受的最大拉力$\frac{200}{9}$N；
（3）两物块碰撞过程中损失的能量△E为0.4J；
（4）小物块乙落到水平面上时的速度大小4$\sqrt{3}$m/s

点评 该题是一道综合题，综合运用了动量守恒定律、动量定理以及功能关系，解决本题的关键熟练这些定理、定律的运用．