Question

7．如圖所示，在光滑水平面上靜止放置著質(zhì)量為M、長(zhǎng)L=6m的木板．距離板右端x=3m處有一固定的光滑絕緣四分之三圓弧軌道，軌道半徑r=$\frac{\sqrt{2}}{10}$m，且最低點(diǎn)A與木板上表面等高相切．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶有q=$\frac{mg}{E}$正電荷的滑塊（可看作質(zhì)點(diǎn)），以v₀=6m/s的初速度滑上木板．滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，且M=2m=2kg．已知當(dāng)木板滑到右側(cè)與軌道側(cè)壁相撞時(shí)立即粘連不動(dòng)，且當(dāng)滑塊滑入圓軌道時(shí)，將觸發(fā)一開(kāi)關(guān)，使空間產(chǎn)生水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E．（g=10m/s²，且$\sqrt{6+2\sqrt{2}}$≈3），求：
（1）滑塊m到達(dá)圓軌道A點(diǎn)時(shí)的速度和此過(guò)程中滑塊與木板間的摩擦生熱；
（2）滑塊m在圓軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能最大時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（3）若x值不確定，求能保證滑塊在圓軌道上滑行且不脫軌時(shí)x的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律求出滑塊的加速度，然后應(yīng)用速度位移公式可以求出滑塊的速度，應(yīng)用功的計(jì)算公式可以求出產(chǎn)生的熱量．
（2）當(dāng)滑塊到達(dá)圓軌道最右側(cè)時(shí)機(jī)械能最大，由動(dòng)能定理求出此時(shí)的速度，然后由牛頓第二定律求出支持力，然后求出壓力．
（3）應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式求出x的最大值，應(yīng)用牛頓第二定律與勻變速運(yùn)動(dòng)的速度位移公式求出x的最小值，然后確定其范圍．

解答 解：（1）由牛頓第二定律得：
對(duì)m：-μmg=ma，
代入數(shù)據(jù)解得：a=-μg=-2m/s²，
對(duì)M：μmg=Ma′，
代入數(shù)據(jù)解得：a′=1m/s²，
M、m組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：
mv₀=（M+m）v，
代入數(shù)據(jù)解得：v=2m/s，
兩者共速時(shí)，滑塊的位移：x_滑塊=$\frac{{v}^{2}-{v}_{0}^{2}}{2a}$=8m，
木板的位移：x_木板=$\frac{{v}^{2}}{2a′}$=2m，
則：x_木板+L=x_滑塊，
此時(shí)滑塊恰好到達(dá)木板的右端，然后它們一起向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，直到與木板到達(dá)A點(diǎn)，
則到達(dá)A點(diǎn)時(shí)m的速度為2m/s，
產(chǎn)生的熱量：Q=μmgL=0.2×1×10×6=12J；
（2）小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最大，由圖示可知：tanθ$\frac{mg}{qE}$=1，θ=45°，
由動(dòng)能定理得：qErsin45°-mgr（1-cos45°）=$\frac{1}{2}$mv_B²-$\frac{1}{2}$mv²，
由牛頓第二定律得：F-$\frac{mg}{sinθ}$=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{r}$，
解得：F=（50$\sqrt{2}$-20）N≈50.7N，
由牛頓第三定律可知，對(duì)軌道的壓力：F′=F=50.7N；
（3）小球到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，恰好不脫離軌道，從A到E過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
qErcos45°-mgr（1+sin45°）=0-$\frac{1}{2}$mv_A²，
解得：v_A=2$\sqrt{2}$m/s，
小球恰好到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：
$\frac{mg}{sin45°}$=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{r}$，解得：v_C=$\sqrt{2}$m/s，
由A到C過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
-qErcos45°-mgr（1+sin45°）=$\frac{1}{2}$mv_C²-$\frac{1}{2}$mv_A²，
解得：v_A=$\sqrt{6+2\sqrt{2}}$m/s≈3m/s，
滑塊要不脫離軌道，則滑塊到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度，
v_A≤2$\sqrt{2}$m/s或v_A≥3m/s，
當(dāng)x≥2m時(shí)，滑塊滑到木板右端時(shí)與木板共速，此時(shí)v_A=2m/s，滑塊不會(huì)脫離軌道，
當(dāng)x＜2m時(shí)，滑塊達(dá)到木板右端時(shí)滑塊的速度大于木板的速度，
x越小，滑塊到達(dá)A點(diǎn)的速度越大，當(dāng)木塊速度為3m/s時(shí)，
由動(dòng)能定理得：-μmgs=$\frac{1}{2}$mv_A²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
代入數(shù)據(jù)解得：s=6.75m，
則：x=s-L=0.75m，滑塊到達(dá)A速度要大于等于3m/s，則x≤0.75m，
當(dāng)滑塊到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度恰好為2$\sqrt{2}$m/s時(shí)，
由動(dòng)能定理得：-μmgs′=$\frac{1}{2}$mv_A²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
代入數(shù)據(jù)解得：s′=7m，
x′=s′-L=1m，滑塊不脫離軌道，x′≥1m，
綜上所述可知，保證滑塊在圓軌道上滑行且不脫軌時(shí)x的取值范圍是：x≤0.75m或x≥1m；
答：（1）滑塊m到達(dá)圓軌道A點(diǎn)時(shí)的速度為2m/s，此過(guò)程中滑塊與木板間的摩擦生熱為12J；
（2）滑塊m在圓軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能最大時(shí)對(duì)軌道的壓力為50.7N；
（3）若x值不確定，能保證滑塊在圓軌道上滑行且不脫軌時(shí)x的取值范圍是：x≤0.75m或x≥1m．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道力學(xué)綜合題，難度很大，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理、牛頓第二定律可以解題，解題時(shí)注意臨界條件．