Question

如圖所示，傾角θ=30°的光滑斜面上MN底端固定一輕彈簧，輕彈簧的上端與滑塊A固定連接，彈簧勁度系數(shù)k=100N/m，A靜止且距斜面頂端N點(diǎn)相距x=0.10m．另一小滑塊B在N點(diǎn)以加速度v₀=5

2

m/s沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，A、B碰撞后具有相同速度但不粘連．B與A分離后，B恰水平進(jìn)入停放在光滑水平地面上的小車最左端，小車右端與墻壁足夠遠(yuǎn)，小車上表面與半圓軌道最低點(diǎn)P的切線水平，小車與墻壁碰撞時(shí)即被粘在墻壁上．已知水平地面和半圓軌道面均光滑，滑塊A、B可視為質(zhì)點(diǎn)且質(zhì)量均為m=2kg，被A壓縮時(shí)彈簧存儲(chǔ)的彈性勢(shì)能E_p=0.5J，小車質(zhì)量M=1kg，長(zhǎng)L=1.0m，滑塊B與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，g取10m/s²．求：
（1）滑塊B與A碰撞結(jié)束瞬間的速度；
（2）小車與墻壁碰撞前瞬間的速度；
（3）為使滑塊B能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道，對(duì)軌道半徑R有何要求？

Answer 1

（1）從釋放B到與A碰撞前的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
mgxsinθ+

1

2

mv₀²=+

1

2

mv₁²，
代入數(shù)據(jù)解得：v₁=

51

m/s，
A、B碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎�方向，由�?dòng)量守恒定律得：
mv₁=（m+m）v₂，
代入數(shù)據(jù)解得：v₂=

51

2

m/s；
（2）開(kāi)始時(shí)A處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：
mgsinθ=kx₀，
代入數(shù)據(jù)解得：x₀=0.1m，
已知x=0.1m，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，上端的位置恰好在N點(diǎn)，B、A碰撞后，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A、B在N點(diǎn)分離，
從A、B碰撞后到即將分離過(guò)程中，由能量守恒定律得：
E_p=2mgx₀sinθ+

1

2

?2mv₃²-

1

2

?2mv₂²，
代入數(shù)據(jù)解得：v₃=2

3

m/s，
此后B從斜面飛出，做斜拋運(yùn)動(dòng)直至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，它落入小車的最左端的速度：
v_3x=v₃cosθ，
代入數(shù)據(jù)解得：v_3x=3m/s，
滑塊與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以滑塊的初速度方向?yàn)檎�方向，由�?dòng)量守恒定律得：
mv_3x=（m+M）v₄，
代入數(shù)據(jù)解得：v₄=2m/s，
滑塊與小車組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得：
μmgL₁=

1

2

mv_3x²-

1

2

（m+M）v₄²，
代入數(shù)據(jù)解得：L₁=0.75m＜L=1m，
小車與墻壁碰撞時(shí)的速度為v₄=2m/s；
（3）小車與墻壁碰撞后，滑塊在小車上做勻減速運(yùn)動(dòng)，
位移：L₂=L-L₁=1-0.75=0.25m，
假設(shè)滑塊恰好能滑過(guò)圓的最高點(diǎn)，設(shè)速度為v，
由牛頓第二定律得：mg=m

v2

R

，
由動(dòng)能定理得：-μmgL₂-mg?2R=

1

2

mv²-

1

2

mv₄²，
代入數(shù)據(jù)解得：R=0.06m，
如果滑塊恰好滑至

1

4

圓弧到達(dá)T點(diǎn)時(shí)的速度為0，
則滑塊也能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道，
由動(dòng)能定理得：-μmgL₂-mgR=0-

1

2

mv₄²，
代入數(shù)據(jù)解得：R=0.15m，
綜上所述，滑塊能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道，半徑需要滿足的條件是：
R≤0.06m或R≥0.15m；
答：（1）滑塊B與A碰撞結(jié)束瞬間的速度為

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2

m/s；
（2）小車與墻壁碰撞前瞬間的速度為2m/s；
（3）為使滑塊B能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道，半徑需要滿足的條件是：R≤0.06m或R≥0.15m．