力，即
2vC16l2r2k?r????m?222mv0(12) r(8l?r)
则弹簧总保持其长度不变，(1)、(2)、(3) 式是成立的. 由(12)式得碰前滑块A的速度v0应满足的条件
(8l2?r2)k?r???v0?4lmr
(13)
可见，为了使碰撞后系统能保持匀速转动，碰前滑块A的速度大小v0应满足(13)式. 6.解法一
一倾角为?的直角三角形薄片(如图1所示)紧贴于半径为R的圆柱面，圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺线环．根据题意有
m h
v? u图1
? πR1tan???2πR2可得
（1）
sin??
525，cos?? （2） 55设在所考察的时刻，螺旋环绕其转轴的角速度为?，则环上每一质量为?mi的小质元绕转轴转动线速度的大小都相同，用u表示，
u??R （3）
该小质元对转轴的角动量
?Li??miuR??miR2?
整个螺旋环对转轴的角动量
L???Li???miR2??mR2? （4）
小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成．在螺旋环的角速度为?时，设小球相对螺旋环的速度为v?，则小球在水平面内作圆周运动的速度为
vP?v?cos???R沿竖直方向的速度
（5）
v??v?sin? （6）
对由小球和螺旋环组成的系绕，外力对转轴的力矩为0，系统对转轴的角动量守恒，故有
0?mvPR?L
（7）
由（4）、（5）、（7）三式得
v?cos???R=?R （8）
在小球沿螺旋环运动的过程中，系统的机械能守恒，有
mgh?12m?v22?12P?v???2?miu
由（3）、（5）、（6）、（9）四式得
2gh=?v?cos???R?2?v?2sin2????R2
解（8）、（10）二式，并利用（2）式得
ω=12ghR3 （11）
v?=10gh3 （12） 由（6）、（12）以及（2）式得
v2??3gh （13）
或有
v21??23gh （14）
（14）式表明，小球在竖直方向的运动是匀加速直线运动，其加速度
a1??3g （15）
若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为t，则有
h=12a2?t （16）
由（11）和（16）式得
9） （10）
（ ??gt （17） 3R g3R （18）
（17）式表明，螺旋环的运动是匀加速转动，其角加速度
??小球对螺旋环的作用力有：小球对螺旋环的正压力N1，在图1所示的薄片平面内，方向垂直于薄片的斜边；螺旋环迫使小球在水平面内作圆周运动
m ?C N2R 图2
?的反作用力N2．向心力N2?在水平面内，方向指向转轴C，如的向心力N2
图2所示．N1、N2两力中只有N1对螺旋环的转轴有力矩，由角动量定理有N1sin?R?t??L （19）
????得 ?t由（4）、（18）式并注意到
N1?而
mg5 （20） ?mg3sin?3
??mN2?N22vPR（21）
由以上有关各式得
N2?2hmg（22） 3R
小球对螺旋环的作用力
14h2N?N?N?mg5?23R2122 （23）
解法二
一倾角为?的直角三角形薄片(如图1所示)紧贴于半径为R的圆柱面，圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺线环．根据题意有
m h v? u图1
? tan??可得
πR1?2πR2 （1）
sin??
525，cos?? （2） 55螺旋环绕其对称轴无摩擦地转动时，环上每点线速度的大小等于直角三角形薄片在光滑水平地面上向左移动的速度．小球沿螺旋环的运动可视为在竖直方向的直线运动和在水平面内的圆周运动的合成．在考察圆周运动的速率时可以把圆周运动看做沿水平方向的直线运动，结果小球的运动等价于小球沿直角三角形斜边的运动．小球自静止开始沿螺旋环运动到在竖直方向离初始位置的距离为h的位置时，设小球相对薄片斜边的速度为v?，沿薄片斜边的加速度为a?．薄片相对地面向左移动的速度为u，向左移动的加速度为a0．u就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的线速度，若此时螺旋环转动的角速度为?，则有
u??R
（3）
而a0就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的切向加速度，若此时螺旋环转动的角加速度为?，则有
a0??R （4）
小球位于斜面上的受力情况如图2所示：重力mg，方向竖直向下，斜面的支持力N，方向与斜面垂直，以薄片为参考系时的惯性力
Nf*a0f?，方向水平向右，其大小
a?
f??ma0 （5）
图2mg?由牛顿定律有
mgcosθ?N?f?sin??? （6） mgsin??f?cos??ma? （7） Nsin??ma0 （8）
解（5）、（6）、（7）、（8）四式得
a?=2sin?g （9） 2??sin? cos?N=mg （10）
1?sin2?