Question

15．如圖所示，地面和半圓軌道面均光滑．質(zhì)量M=1kg、長L=4m的小車放在凹槽地面上，其右端與墻壁距離為s=3m，小車上表面與半圓軌道最低點(diǎn)P的切線相平．現(xiàn)有一質(zhì)量m=2kg靜止的滑塊（不計大小），從左側(cè)高為H=3.6m的圓弧形斜劈上滑下，圓弧形斜劈的質(zhì)量m₁₌2kg圓弧底部與接觸面完美相切滑上小車左端，帶動小車向右運(yùn)動．小車與墻壁碰撞時即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車表面的動摩擦因數(shù)μ=0.2，g取10m/s²．

（1）求滑塊滑到小車上的初速度？
（2）求小車與墻壁碰撞時的速度；
（3）要滑塊能沿半圓軌道運(yùn)動而不脫離半圓軌道，求半圓軌道的半徑R的取值．

Answer 1

分析 （1）滑塊在下滑過程中根據(jù)動量定理和能量守恒即可求得速度；
（2）滑塊滑到小車后滑塊做減速運(yùn)動，小車做加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式即可求得達(dá)到的共同速度；
（3）判斷出滑塊不脫離軌道的條件，即能通過最高點(diǎn)和最高到達(dá)T點(diǎn)即可，根據(jù)動能定理即可求得軌道半徑

解答 解：（1）滑塊在下滑的過程中，在水平方向動量守恒，選向右為正方向，故0=mv-m₁v₁
整個下滑過程中能量守恒$mgH=\frac{1}{2}m{v}^{2}+\frac{1}{2}{{m}_{1}v}_{1}^{2}$
聯(lián)立解得v=v₁=6m．/s
（2）滑塊滑到小車上后，滑塊的加速度為${a}_{1}=\frac{μmg}{m}=μg=2m/{s}^{2}$
小車的加速度為${a}_{2}=\frac{μmg}{M}=\frac{0.2×2×10}{1}m/{s}^{2}=4m/{s}^{2}$
達(dá)到共同速度所需時間為t，則v_共=v-a₁t
v_共=a₂t
聯(lián)立解得t=1s，v_共=4m/s
1s內(nèi)各自通過的位移：滑塊${x}_{1}=vt-\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}=6×1-\frac{1}{2}×2×{1}^{2}m=5m$
小車的位移為${x}_{2}=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=\frac{1}{2}×4×{1}^{2}m=2m$
△x=x₁-x₂=5-2m=3m＜L=4m，
達(dá)到共同速度后小車和滑塊一起向右勻速運(yùn)動，故小車與墻壁碰撞時的速度為4m/s
（3）與墻壁碰撞后，滑塊繼續(xù)做減速運(yùn)動，到達(dá)P點(diǎn)的速度為v′
前進(jìn)的位移x₃=L-△x=1m
故${v}_{P}^{2}{-v}_{共}^{2}=-2{a}_{1}{x}_{3}$
解得v_P=2$\sqrt{3}$m/s
當(dāng)滑塊能達(dá)到最高點(diǎn)且恰好達(dá)到最高點(diǎn)時，根據(jù)牛頓第二定律可知mg=$\frac{m{{v}_{Q}}^{2}}{R}$
從P到Q過程由動能定理可得
-2mgR=$\frac{1}{2}{mv}_{Q}^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{P}^{2}$
聯(lián)立解得R=0.24m，故當(dāng)半徑R≤0.24 m不會脫離軌道
當(dāng)半徑增大時，滑塊最高到達(dá)T也不會脫離，故從P到T根據(jù)動能定理可的
$-mgR=0-\frac{1}{2}{mv}_{3}^{2}$
解得R=0.6m，當(dāng)R≥0.6 m也不會脫離軌道
答：（1）求滑塊滑到小車上的初速度為6m/s
（2）求小車與墻壁碰撞時的速度為4m/s；
（3）要滑塊能沿半圓軌道運(yùn)動而不脫離半圓軌道，半圓軌道的半徑R的取值為R≤0.24 m或R≥0.6 m

點(diǎn)評 本題主要考查了動量定理和動能定理，以及運(yùn)動學(xué)公式，在第3問中必須判斷出臨界條件即可利用動能定理求解