Question

3．如圖所示，傾斜直軌道AB傾角30°，長(zhǎng)度s₁=1.8m，動(dòng)摩擦因數(shù)μ₁=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，水平軌道BC、DE、FG均光滑，DE長(zhǎng)為s₂=1m，傾斜軌道與水平軌道在B處以光滑小圓弧平滑連接．小車質(zhì)量m₂=4kg，長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.8m，上表面動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂=0.4，上表面與BC、FG軌道等高，當(dāng)小車與軌道EF端面相碰時(shí)立即停止運(yùn)動(dòng)，開(kāi)始小車緊靠軌道CD端面但與CD端面不連接．小滑塊m₁可視為質(zhì)點(diǎn)，從傾斜軌道頂點(diǎn)A靜止釋放，g=10m/s²，求：
（1）小滑塊滑上小車前瞬間的速度大��；
（2）如小滑塊質(zhì)量m₁=2kg，小滑塊滑離小車的速度大小；
（3）如小滑塊質(zhì)量m₁=1kg，小滑塊從釋放到滑離小車過(guò)程中損失的機(jī)械能△E．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求出速度；
（2）求出m₁和m₂的加速度，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出運(yùn)動(dòng)距離，判定m₁的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解速度；
（3）根據(jù)（2）中的計(jì)算原理，求得脫離時(shí)的速度，利用動(dòng)能定理求解損失的機(jī)械能．

解答 解：（1）滑塊在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，受重力、摩擦力和支持力，設(shè)到B點(diǎn)是速度為v_B，
由動(dòng)能定理得：${m}_{1}gsin30°{s}_{1}-{μ}_{1}{m}_{1}gcos30°{s}_{1}=\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$，
解得：v_B=3m/s，
軌道BC光滑，滑塊在上面做勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)的速度為3m/s；
（2）小滑塊滑上小車后，對(duì)滑塊受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，由牛頓第二定律得：F_合=μ₂m₁g=m₁a₁，
解得：a₁=4m/s²，做勻減速運(yùn)動(dòng)，
對(duì)小車受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，由牛頓第二定律得：F_合=μ₂m₁g=m₂a₂，
解得：a₂=2m/s²，
做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度相同時(shí)，經(jīng)歷時(shí)間為t，由：v_B-a₁t=a₂t，
解得時(shí)間：t=0.5s，
此時(shí)間內(nèi)，滑塊的位移為：x₁=v_Bt-$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$=1m，
小車的位移為：x₂=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$=0.25m，
由于：x₁-x2＜L，
故滑塊一直做勻減速到達(dá)EF處，有運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，${v}_{F}^{2}-{v}_{B}^{2}=-2{a}_{1}{s}_{2}$，
解得：v_F=1m/s．
（3）小滑塊滑上小車后，對(duì)滑塊受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，由牛頓第二定律得：F_合=μ₂m₁g=m₁a₁，
解得：a₁=4m/s²，
做勻減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)小車受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，由牛頓第二定律得：F_合=μ₂m₁g=m₂a₂，
解得：a₂=1m/s²，做勻加速運(yùn)動(dòng)，
設(shè)速度相同時(shí)，經(jīng)歷時(shí)間為t，由：v_B-a₁t=a₂t，
解得時(shí)間：t=$\frac{3}{5}$s，
此時(shí)間內(nèi)，滑塊的位移，x₁=v_Bt-$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$=$\frac{27}{25}$m，
小車的位移為：x₂=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$=$\frac{3}{50}$m，
由于：x₁-x₂＞L，
故滑塊在達(dá)到相同速度之前，已從小車上滑下，設(shè)滑下經(jīng)歷的時(shí)間為t，則由：x_塊-x_板=L，
即：${v}_{B}t-\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=L$，
代入數(shù)據(jù)：$3t-\frac{1}{2}×4{t}^{2}-\frac{1}{2}×1{t}^{2}=0.8$，
解得：t=$\frac{2}{5}s$，t=$\frac{4}{5}s＞\frac{3}{5}$舍去，
此時(shí)速度：v_塊=v_B-a₁t=3-4×$\frac{2}{5}$=$\frac{7}{5}m/s$
小滑塊從釋放到滑離小車過(guò)程中損失的勢(shì)能為；△E_P=m₁gs₁sin30°=1×10×1.8×0.5=9J，
此時(shí)獲得的動(dòng)能為：$△{E}_{K}=\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{塊}^{2}=\frac{1}{2}×1×（{\frac{7}{5}）}^{2}=\frac{49}{50}$J
故損失的機(jī)械能為：△E=$△{E}_{P}-△{E}_{K}=9J-\frac{49}{50}J=8.02J$
答：（1）小滑塊滑上小車前瞬間的速度大小為3m/s；
（2）如小滑塊質(zhì)量m₁=2kg，小滑塊滑離小車的速度大小為1m/s；
（3）如小滑塊質(zhì)量m₁=1kg，小滑塊從釋放到滑離小車過(guò)程中損失的機(jī)械能△E為8.02J

點(diǎn)評(píng) 此題考查動(dòng)能定理及牛頓第二定律的應(yīng)用，屬于多過(guò)程問(wèn)題，需要分階段求解，特別注意第三問(wèn)中滑塊脫離小車時(shí)速度的大小確定問(wèn)題的判定問(wèn)題．