12.如圖所示,高臺(tái)的上面有一豎直的$\frac{1}{4}$圓弧形光滑軌道,半徑R=$\frac{5}{4}$m,軌道端點(diǎn)B的切線水平.質(zhì)量M=5kg的金屬滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))由軌道頂端A由靜止釋放,離開(kāi)B點(diǎn)后經(jīng)時(shí)間t=1s撞擊在斜面上的P點(diǎn).已知斜面的傾角θ=37°,斜面底端C與B點(diǎn)的水平距離x0=3m.g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不計(jì)空氣阻力.
(1)求金屬滑塊M運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;
(2)若金屬滑塊M離開(kāi)B點(diǎn)時(shí),位于斜面底端C點(diǎn)、質(zhì)量m=1kg的另一滑塊,在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由靜止開(kāi)始向上加速運(yùn)動(dòng),恰好在P點(diǎn)被M擊中.已知滑塊m與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25,求拉力F大;
(3)滑塊m與滑塊M碰撞時(shí)間忽略不計(jì),碰后立即撤去拉力F,此時(shí)滑塊m速度變?yōu)?m/s,仍沿斜面向上運(yùn)動(dòng),為了防止二次碰撞,迅速接住并移走反彈的滑塊M,求滑塊m此后在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.

分析 (1)由機(jī)械能守恒定律求出滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度,然后由牛頓第二定律求出軌道對(duì)滑塊的支持力,再由牛頓第三定律求出滑塊對(duì)B的壓力.
(2)由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)求出M的水平位移,然后由幾何知識(shí)求出M的位移,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出M的加速度,由牛頓第二定律求出拉力大。
(3)由牛頓第二定律求出加速度,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求出滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間.

解答 解:(1)M由A到B過(guò)程,由機(jī)械能守恒定律得
  MgR=$\frac{1}{2}$MBvB2      
解得vB=5m/s   
滑塊在B點(diǎn)時(shí),由向心力公式得
    N-Mg=M$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$    
解得 N=150N    
由牛頓第三定律有,M在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為 N′=N=150N.
(2)M離開(kāi)B點(diǎn)后平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為x=vBt=5m  
由幾何關(guān)系可知m的位移為 s=$\frac{x-{x}_{0}}{cos37°}$=2.5m    
設(shè)滑塊m向上運(yùn)動(dòng)的加速度為a,由s=$\frac{1}{2}$at2      
得 a=5m/s2
由牛頓第二定律得    
  F-mgsin37°-μ mgcos37°=ma    
解得F=13N 
(3)撤去拉力后,滑塊m沿斜面上滑過(guò)程的加速度 a1=$\frac{mgsin37°+μmgcos37°}{m}$=g(sin37°+μcos37°)  
 上滑時(shí)間 t1=$\frac{v}{{a}_{1}}$=0.5s     
上滑位移 S1=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{1}}$=1m
滑塊m沿斜面下滑過(guò)程的加速度  a2=$\frac{mgsin37°-μmgcos37°}{m}$=g(sin37°-μcos37°)=4m/s2
下滑過(guò)程的位移 S+S1=$\frac{1}{2}$a2t22      
得 t2=$\frac{\sqrt{7}}{2}$s
即返回所用的總時(shí)間為 t=t1+t2=($\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{7}}{2}$)s
答:
(1)金屬滑塊M運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小是150N.
(2)拉力F大小是13N.
(3)滑塊m此后在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是($\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{7}}{2}$)s.

點(diǎn)評(píng) 本題是多體多過(guò)程問(wèn)題,分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的關(guān)鍵,應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可正確解題.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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