Question

18．如圖所示，地面和半圓軌道面均光滑．質(zhì)量M=1kg、長(zhǎng)L=4m的小車(chē)放在地面上，其右端與墻壁的距離為s=3m，小車(chē)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的滑塊（不計(jì)大�。┮訴₀=6m/s的初速度滑上小車(chē)左端，帶動(dòng)小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)．小車(chē)與墻壁碰撞時(shí)即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車(chē)表面的滑動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，g取10m/s²．求：

（1）求小車(chē)與墻壁碰撞時(shí)的速度；
（2）若滑塊在圓軌道滑運(yùn)的過(guò)程中不脫離軌道，求半圓軌道半徑R的取值．

Answer 1

分析 （1）假設(shè)小車(chē)與墻壁碰撞前有共同速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律求出此過(guò)程中滑塊與小車(chē)的相對(duì)位移，判斷小車(chē)與墻壁碰撞前滑塊與小車(chē)的速度是否相同，并求出小車(chē)與墻壁碰撞時(shí)的速度；
（2）若滑塊恰能滑過(guò)圓的最高點(diǎn)，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出滑塊經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度，根據(jù)動(dòng)能定理求出軌道半徑；若滑塊恰好滑至$\frac{1}{4}$圓弧到達(dá)T點(diǎn)時(shí)就停止，滑塊也能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道．根據(jù)動(dòng)能定理求解半徑，即能得到半徑的條件．

解答 解：（1）如圖：

設(shè)滑塊與小車(chē)的共同速度為v₁，滑塊與小車(chē)相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)量守恒，有
  mv₀=（m+M）v₁ 
代入數(shù)據(jù)解得
  v₁=4m/s 
設(shè)滑塊與小車(chē)的相對(duì)位移為 L₁，由系統(tǒng)能量守恒定律，有
  μmgL₁=$\frac{1}{2}$m${{v}_{0}}^{2}$-$\frac{1}{2}$（m+M）${{v}_{1}}^{2}$代入數(shù)據(jù)解得   L₁=3m 
設(shè)與滑塊相對(duì)靜止時(shí)小車(chē)的位移為S₁，根據(jù)動(dòng)能定理，有
  μmgS₁=$\frac{1}{2}$M${{v}_{1}}^{2}$-0
代入數(shù)據(jù)解得S₁=2m 
因L₁＜L，S₁＜S，說(shuō)明小車(chē)與墻壁碰撞前滑塊與小車(chē)已具有共同速度，且共速時(shí)小車(chē)與墻壁還未發(fā)生碰撞，故小車(chē)與碰壁碰撞時(shí)的速度即v₁=4m/s．
（2）滑塊將在小車(chē)上繼續(xù)向右做初速度為v₁=4m/s，位移為L(zhǎng)₂=L-L₁=1m的勻減速運(yùn)動(dòng)，然后滑上圓軌道的最低點(diǎn)P．
若滑塊恰能滑過(guò)圓的最高點(diǎn)，設(shè)滑至最高點(diǎn)的速度為v，臨界條件為
  mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$根據(jù)動(dòng)能定理，有
-μmgL₂-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv ²-$\frac{1}{2}$m${{v}_{1}}^{2}$；①②聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得R=0.24m 
若滑塊恰好滑至$\frac{1}{4}$圓弧到達(dá)T點(diǎn)時(shí)就停止，則滑塊也能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道．
根據(jù)動(dòng)能定理，有
-μmgL₂-mg•R=0-$\frac{1}{2}$m${{v}_{1}}^{2}$，代入數(shù)據(jù)解得R=0.6m 
綜上所述，滑塊能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑必須滿(mǎn)足
R≤0.24m或R≥0.6m 
答：
（1）小車(chē)與墻壁碰撞時(shí)的速度是4m/s；
（2）要滑塊能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑R的取值為R≤0.24m或R≥0.6m．

點(diǎn)評(píng) 本題通過(guò)計(jì)算分析小車(chē)與墻壁碰撞前滑塊與小車(chē)的速度是否相同是難點(diǎn)．第2題容易只考慮滑塊通過(guò)最高點(diǎn)的情況，而遺漏滑塊恰好滑至$\frac{1}{4}$圓弧到達(dá)T點(diǎn)時(shí)停止的情況，要培養(yǎng)自己分析隱含的臨界狀態(tài)的能力．