Question

15．如圖1所示質(zhì)量為M=2kg，長度為L₁長木板B靜止在光滑的水平面上．距木板右側(cè)s=0.5m處有一固定軌道，水平部分CD的長度L₂=3m，右端部分為一豎直的光滑半圓軌道DEF，半徑R=1m，半圓與水平部分在D點相切．某時刻質(zhì)量為m=1kg的小滑塊A以v₀=6m/s水平速度從長木板B的左端滑上木板，之后A、B向右運動．當(dāng)長木板B與平臺CD碰撞瞬間小滑塊A的速度為v₁=4m/s，并且此時小滑塊A恰好滑上平臺．在此過程中二者的速度時間圖象如圖2所示．設(shè)長木板B與平臺CD碰后立即粘連在一起，小滑塊與長木板B的動摩擦因數(shù)為μ₁未知，平臺CD間的動摩擦因數(shù)為μ₂=0.1，g=10m/s²．求：

（1）碰撞瞬間木板B的速度大小和木板B長度L₁
（2）小滑塊A通過D點時對軌道的壓力大小
（3）小滑塊最終停止的位置．

Answer 1

分析 （1）由v-t圖象的斜率求出小滑塊在木板上勻減速時加速度的大小，由牛頓第二定律求出μ₁．再對木板B，由動能定理求得碰撞瞬間木板B的速度大小．對木板B和A的系統(tǒng)，由能量守恒定律求板長．
（2）滑塊A在平臺CD上滑行時，運用動能定理求得滑塊A通過D點時的速度，再由牛頓運動定律求壓力．
（3）滑塊A滑上半圓時，由機械能守恒求出上升的最大高度，知道小滑塊將沿圓軌道返回，再對下滑過程，運用動能定理求解．

解答 解：（1）由v-t 圖象可得，小滑塊在木板上勻減速時加速度的大小為
  a₁=$\frac{△v}{△t}$=$\frac{6-4}{1}$=2m/s²；
由牛頓第二定律可得   μ₁mg=ma₁      
設(shè)木板B此時的速度為v_B．由動能定理可得：
  μ₁mgs=$\frac{1}{2}M{v}_{B}^{2}$                     
聯(lián)立可解得  v_B=1m/s                     
對長木板B和小滑塊A構(gòu)成的系統(tǒng)由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律有：
  μ₁mgL₁=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}M{v}_{B}^{2}$              
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立可解得   L₁=4.5m     
（2）設(shè)當(dāng)滑塊經(jīng)過D點時速度為v_D，則有
-μ₂mgL₂=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
在D點，對滑塊A，由牛頓第二定律可得：F_N-mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$                     
由牛頓第三定律可得：F_N′=F_N                             
代入數(shù)據(jù)可解得：滑塊A對D點壓力 F_N′=20N                  
（3）小滑塊到過半圓上的最大高度為H，則有：
  $\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$=mgH                             
代入數(shù)據(jù)可得：H=0.5m＜R
所以小滑塊將沿圓軌道返回                               
設(shè)滑塊返回后停下時在木板B上滑行的距離為x．
則有：
  $\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$=μ₂mgL₂+μ₁mgx
代入數(shù)值可解得：x=1m                             
所以小滑塊A最后停在距長木板左端L₁-x=3.5m處．                 
答：
（1）碰撞瞬間木板B的速度大小是1m/s，木板B長度L₁是4.5m．    
（2）小滑塊A通過D點時對軌道的壓力大小是20N．
（3）小滑塊A最后停在距長木板左端3.5m處．

點評 本題關(guān)鍵是分析清楚滑塊A的運動過程，對各個過程根據(jù)動能定理列式，同時結(jié)合牛頓運動定律和向心力公式列式后聯(lián)立研究．