Question

3．如圖所示，AB為傾角θ=37°的斜面軌道，軌道的AC部分光滑，CB部分粗糙．BP為圓心角等于143°半徑R=1m的豎直光滑圓弧形軌道，兩軌道相切于B點，P、O兩點在同一豎直線上，輕彈簧一端固定在A點，另一自由端在斜面上C點處，現(xiàn)有一質(zhì)量m=2kg的物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D點后（不栓接）釋放，物塊經(jīng)過C點后，從C點運動到B點過程中的位移與時間的關(guān)系為x=12t-4t² （式中x單位是m，t單位是s），假設(shè)物塊第一次經(jīng)過B點后恰能到達(dá)P點，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10m/s²．試求：
（1）物塊從C 點運動到B點過程中的初速度和加速度大��；
（2）若CD=1m，試求物塊從D點運動到C點的過程中，彈簧對物塊所做的功；
（3）B、C兩點間的距離x；
（4）若在P處安裝一個豎直彈性擋板，小物塊與擋板碰撞時間極短且無機械能損失，小物塊與彈簧相互作用不損失機械能，試通過計算判斷物塊在第一次與擋板碰撞后的運動過程中是否會脫離軌道？

Answer 1

分析 （1）物塊從C點運動到B點過程中的位移與時間的關(guān)系x=12t-5t²，根據(jù)待定系數(shù)法可以判斷初速度和加速度的值．
（2）對物體受力分析，運用牛頓第二定律，列方程計算摩擦力，在根據(jù)功的定義計算摩擦力做的功．
（3）根據(jù)CB段勻減速直線運動的位移時間關(guān)系得出物體運動的加速度，從而根據(jù)牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)，因為物體恰好到達(dá)P點，根據(jù)牛頓第二定律得出P點的速度，通過機械能守恒定律得出B點的速度，然后通過勻變速直線運動的速度位移公式求出B、C兩點間的距離x．
（4）根據(jù)動能定理判斷物體能否返回時回到與O點等高的位置，若不能回到等高的位置，則小球?qū)⒉粫�脫離軌道．

解答 解：（1）由x=12t-4t²知，物塊在C點速度為 v₀=12m/s，物塊從C運動到B過程中的加速度大小為a=8m/s²．
（2）設(shè)物塊從D點運動到C點的過程中，彈簧對物塊所做的功為W，
由動能定理得：$W-mgsin37°•CD=\frac{1}{2}mv_0^2$
代入數(shù)據(jù)得：$W=\frac{1}{2}mv_0^2+mgsin{37°}•CD=156J$
（3）設(shè)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，由牛頓第二定律得
   mgsinθ+μmgcosθ=ma
代入數(shù)據(jù)解得μ=0.25
物塊在P點的速度滿足 $mg=\frac{2V_P^2}{R}$
物塊從B運動到P的過程中機械能守恒，則有
  $\frac{1}{2}mv_B^2=\frac{1}{2}mv_P^2+mg{h_{PB}}$
物塊從C運動到B的過程中有 $v_B^2-v_0^2=-2ax$
由以上各式解得 $x=\frac{49}{8}$m                           
（4）假設(shè)物塊第一次從圓弧軌道返回并與彈簧相互作用后，能夠回到與O點等高的位置Q點，且設(shè)其速度為v_Q，
由動能定理得
  $\frac{1}{2}mv_Q^2-\frac{1}{2}mv_P^2=mgR-2μmgxcos37°$
解得$v_Q^2=-19＜0$
可見物塊返回后不能到達(dá)Q點，故物塊在以后的運動過程中不會脫離軌道．
答：
（1）物塊從C 點運動到B點過程中的初速度為12m/s，加速度大小為8m/s²；
（2）若CD=1m，物塊從D點運動到C點的過程中，彈簧對物塊所做的功為156J；
（3）B、C兩點間的距離x為$\frac{49}{8}$m；
（4）物塊在以后的運動過程中不會脫離軌道．

點評 本題綜合考查了動能定理、機械能守恒定律以及牛頓第二定律，對學(xué)生的能力要求較高，關(guān)鍵理清物體的運動情況，選擇合適的規(guī)律進行求解．