Question

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，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，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點釋放，物塊過B點后做勻變速運動其位移與時間的關系為s=6t-2t²，物塊飛離桌面后恰好由P點沿切線落入圓軌道．（不計空氣阻力，g取10m/s²，sin60°=

3

2

，
cos60°=

1

2

）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）若軌道MNP光滑，小球經過軌道最低點N時對軌道的壓力F_N．
（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點后遵從：s=6t-2t²，
由此可知，v_B=6m/s，a=-4m/s²．
由牛頓第二定律得：μmg=ma，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=

v 2 y

2g

=2.4m，
P點速度在豎直方向的分量：
v_y=v_Dtan60°=4

3

m/s，
解得離開D點的速度為v_D=4m/s，
由機械能守恒定律得：

1

2

mv_N²=

1

2

mv_D²+mg（h+R-Rcosθ），
解得：v_N²=74m²/s²，
在N點，由牛頓第二定律得：
F_N′-mg=m

v 2 N

R

，解得：F_N′=42N，
由牛頓第三定律得，壓力：F=F'=42N，方向豎直向下．     
（3）小球剛好能到達M點，
由牛頓第二定律得：mg=m

v 2 M

R

，
小球到達P點的速度v_P=

v 2 0 + v 2 y

=8m/s．
從P到M點，由動能定理得：
-mgR（1+cosθ）-W_PM=

1

2

mv_M²+-

1

2

mv_P²，解得：W_PM=2.4J；
從B到D點，由動能定理得：-W_BD=

1

2

mv_D²-

1

2

mv_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+

1

2

m₂v_B²，
解得：3μm₂gx_CB=

1

2

m₂v_B²，W_CB=3μm₂gx_CB=1.2J，
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=1.2J+2J+2.4J=5.6J；
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5.6J．

點評：該題涉及到多個運動過程，主要考查了機械能守恒定律、平拋運動基本公式、圓周運動向心力公式的應用，用到的知識點及公式較多，難度較大，屬于難題．