Question

1．如圖所示，水平地面和半圓軌道面均光滑，質(zhì)量M=1kg的小車靜止在地面上，小車上表面與R=0.24m的半圓軌道最低點(diǎn)P的切線相平．現(xiàn)有一質(zhì)量m=2kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以v₀=6m/s的初速度滑上小車左端，二者共速時(shí)的速度為v₁=4m/s，此時(shí)小車還未與墻壁碰撞，當(dāng)小車與墻壁碰撞時(shí)即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車表面的滑動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，g取10m/s²，求：

（1）小車的最小長(zhǎng)度；
（2）滑塊m恰好從Q點(diǎn)離開圓弧軌道時(shí)小車的長(zhǎng)度；
（3）小車的長(zhǎng)度L在什么范圍，滑塊不脫離軌道？

Answer 1

分析 （1）滑塊在小車滑行過(guò)程，系統(tǒng)所受的合外力為零，動(dòng)量守恒，可求出共同速度．小車的長(zhǎng)度與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能有關(guān)．當(dāng)兩者速度相同滑塊剛好滑到小車的右端時(shí)，小車的長(zhǎng)度最短，根據(jù)能量守恒求解最小長(zhǎng)度；
（2）滑塊m恰好從Q點(diǎn)離開圓弧軌道時(shí)，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求得經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度．小車粘在墻壁后，滑塊在車上滑動(dòng)，對(duì)滑塊從車上開始滑動(dòng)到運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理即可求得滑塊滑過(guò)的距離，由幾何關(guān)系求出小車的長(zhǎng)度；
（3）滑塊不脫離圓軌道可能從Q點(diǎn)離開軌道，也可能滑到T點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合上題的結(jié)果可求出L的范圍．

解答 解：（1），設(shè)小車的最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)₁，由能量守恒定律得：
μmgL₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$（m+M）v₁²，解得：L₁=3m；
（2）m恰能滑過(guò)圓弧的最高點(diǎn)，由牛頓第二定律得：mg=m$\frac{{v}_{Q}^{2}}{R}$，
小車粘在墻壁后，滑塊在車上滑動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)Q，
在這個(gè)過(guò)程對(duì)滑塊由動(dòng)能定理：-μmgL₂-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv_Q²-$\frac{1}{2}$mv₁²，
解得：L₂=1m，所以小車長(zhǎng)度：L=L₁+L₂=4m；
（3）由（2）可知，滑塊要想運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，小車的長(zhǎng)度L必須滿足：3m≤L≤4m；
若滑塊恰好滑至$\frac{1}{4}$圓弧到達(dá)T點(diǎn)時(shí)速度為0，則滑塊也能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道．
小車粘在墻壁后，滑塊在車上滑動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到T點(diǎn)，在這個(gè)過(guò)程對(duì)滑塊由動(dòng)能定理：
-μmgL₂′-mgR=0-$\frac{1}{2}$mv₁²，解得：L₂′=2.8m，
所以小車長(zhǎng)度：L′=L₁+L₂′=5.8m，小車的長(zhǎng)度L必須滿足：L≥5.8m；
當(dāng)L=7m時(shí)滑塊恰好在P點(diǎn)停止，故L不能大于7m，否則滑塊不能到達(dá)P點(diǎn)，
因此長(zhǎng)度的范圍為，5.8m≤L≤7m，
答：
（1）小車的最小長(zhǎng)度為3m；
（2）滑塊m恰好從Q點(diǎn)離開圓弧軌道時(shí)小車的長(zhǎng)度為4m；
（3）小車的長(zhǎng)度L范圍是：3m≤L≤4m或5.8m≤L≤7m時(shí)滑塊不脫離軌道．

點(diǎn)評(píng) 當(dāng)遇到相互作用的問(wèn)題時(shí)要想到運(yùn)用動(dòng)量守恒定律并結(jié)合能量守恒定律求解，當(dāng)遇到豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)注意臨界速度的求法．該題還要注意對(duì)滑塊能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道的情景分析．