Question

13．如圖所示，地面和半圓軌道面PTQ均光滑．質(zhì)量M=1kg、長(zhǎng)L=4m的小車放在地面上，右端與墻壁的距離為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的滑塊（不計(jì)大�。┮詖₀=6m/s的初速度滑上小車左端，帶動(dòng)小車向右運(yùn)動(dòng)．小車與墻壁碰撞時(shí)即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車表面的滑動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，g取10m/s²．求：
（1）判斷小車與墻壁碰撞前是否已與滑塊相對(duì)靜止并求小車與墻壁碰撞時(shí)滑塊的速度；
（2）若滑塊在圓軌道滑動(dòng)的過(guò)程中不脫離軌道，求半圓軌道半徑R的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）假設(shè)小車與墻壁碰撞前有共同速度，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出此過(guò)程中滑塊與小車的相對(duì)位移，判斷小車與墻壁碰撞前滑塊與小車的速度是否相同，并求出小車與墻壁碰撞時(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）由牛頓第二定律，對(duì)滑塊：-μmg=ma₁          
對(duì)小車：μmg=Ma₂           
但滑塊相對(duì)小車靜止時(shí)，兩者速度相等，即：
v₀+a₁t=a₂t                   
此時(shí) v₁=v₂=4m/s               
滑塊的位移為：s₁=v₀t+$\frac{1}{2}$a₁t²      
滑塊與小車的相對(duì)位移為：L₁=s₁-s₂           
聯(lián)立解得，L₁=3m，s₂=2m                   
因L₁＜L，s₂＜s，說(shuō)明小車與墻壁碰撞前滑塊與小車已具有共同速度，且共速時(shí)小車與墻壁還未發(fā)生碰撞，故小車與墻壁碰撞時(shí)的速度為：V_t=4m/s                                   
（2）與墻碰后滑塊將在小車上繼續(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=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₁²        
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-mgR=0-$\frac{1}{2}$mv₁²               
代入數(shù)據(jù)解得R=0.6m                           
綜上所述，滑塊在圓軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離圓軌道，則半圓軌道的半徑必須滿足：
R≤0.24m或R≥0.60m                    
答：（1）小車與墻壁碰撞前滑塊與小車已具有共同速度，速度大小為4m/s．（2）半圓軌道半徑R的取值范圍為R≤0.24m或R≥0.60m．

點(diǎn)評(píng) 本題通過(guò)計(jì)算分析小車與墻壁碰撞前滑塊與小車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．