Question

7．如图所示，PQCD为光滑的轨道，其中PQ是水平的，CD是竖直平面内的圆轨道，与PQ相切于C点，且半径R=0.5m，圆轨道下端不重叠，物体可从水平轨道右侧运动冲上轨道，并从左侧离开轨道．质量m=0.1kg的A滑块静止在水平轨道上，另一质量M=0.5kg的B滑块前端装有以轻质弹簧（A、B均可视为质点），以速度v₀向左运动并与滑块A发生弹性正碰，若相碰后A滑块能过半圆最高点D，取重力加速度g=10m/s²，则：
（1）B滑块至少要以多大速度向前运动；
（2）如果滑块A恰好能过D点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少？
（3）当B滑块的初速度不同时，碰撞后A滑块的速度也不同，欲使A滑块冲上圆轨道后不脱离轨道，A滑块碰撞后脱离弹簧瞬间的速度是多大？

Answer 1

分析 （1）相碰后A滑块能过半圆最高点D，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块A到达轨道最高点D的速度．滑块A从C到D的过程，由机械能守恒求得A与B碰撞后的速度，再对于碰撞过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出B的初速度．
（2）滑块B与滑块A速度相等时弹簧压缩量最大弹性势能最大，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出最大弹性势能．
（3）A滑块冲上圆轨道后不脱离轨道，第一种情况：A在圆心下方$\frac{1}{4}$圆弧上运动．第二种情况：A通过最高点D．根据临界条件和机械能守恒定律求解．

解答 解：（1）设滑块A过D点时速度为v_D，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v₁、v₂，B碰撞前的速度为v₀
过圆轨道最高点D的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$
滑块A从C到D的过程，由机械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv₂²=mg•2R+$\frac{1}{2}$mv_D²，
B与A发生弹性碰撞，碰撞过程系统的动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv₀=Mv₁+mv₂，
由机械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$Mv₀²=$\frac{1}{2}$Mv₁²+$\frac{1}{2}$mv₂²
离那里并代入数据解得：v₀=3m/s；
（2）由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能E_p，设共同速度为v，A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
  Mv₀=（M+m）v
由机械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$Mv₀²=E_P+$\frac{1}{2}$（M+m）v²，
联立并代入数据解得：E_p=0.375J；
（3）欲使A滑块冲上圆轨道后不脱离轨道，有以下两种情况：
情况一：A到达与圆心等高处，速度为0．
由机械能守恒定律得 mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
可得 v₁=$\sqrt{10}$m/s
情况二：A过最高点，恰好过最高点时，有 $\frac{1}{2}$mv₂²=mg•2R+$\frac{1}{2}$mv_D²，
可得 v₂=5m/s
综合以上两种情况可知，A的速度应为：0＜v≤$\sqrt{10}$m/s．或v≥5m/s．
答：（1）B滑块的最少速度为3m/s；
（2）如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为0.375J．
（3）A滑块碰撞后的速度应为：0＜v≤$\sqrt{10}$m/s．或v≥5m/s．

点评 本题考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题；知道滑块做圆周运动的临界条件、应用牛顿第二定律求出经过圆形轨道最高点的速度是解题的前提．