Question

13．如圖所示，一固定斜面體，其斜邊與水平底邊的夾角θ=37°，BC為一段光滑圓弧軌道，DE為半圓形光滑軌道，兩圓弧軌道均固定于豎直平面內，一滑板靜止在光滑的地面上，右端緊靠C點，上表面所在平面與兩圓弧分別相切于C、D兩點．一物塊被輕放在斜面上F點由靜止釋放，物塊離開斜面后恰好在B點沿切線進入BC段圓弧軌道，再經C點滑上滑板，滑板運動到D點時被牢固粘連．物塊可視為質點，質量為m，滑板質量M=2m，DE半圓弧軌道和BC圓弧軌道的半徑均為R，斜面體水平底邊與滑板上表面的高度差H=2R，板長l=6.5R，板左端到D點的距離L在R＜L＜5R范圍內取值，F(xiàn)點距A點的距離s=12.5R，物塊與斜面、物塊與滑板間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5，重力加速度取g．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（結果用字母m、g、R、L表示）
（1）求物塊滑到A點的速度大��；
（2）求物塊滑到C點時所受圓弧軌道的支持力的大小；
（3）試討論物塊從滑上滑板到離開左端的過程中，克服摩擦力做的功W_f與L的關系；并判斷物塊能否滑到DE軌道的中點．

Answer 1

分析 （1）滑塊從靜止滑到A點過程，應用動能定理可以求出到達A點的速度．
（2）由機械能守恒定律求出滑塊到達C點的速度，然后應用牛頓第二定律求出支持力．
（3）應用動量定理與動能定理求出滑塊與滑板的位移，然后判斷兩者共速時的位置關系，然后應用動能定理分析答題．

解答 解：（1）設物塊滑到A點的速度大小為v₁，根據(jù)動能定理有：
$mgsinθ×12.5R-μmgcosθ×12.5R=\frac{1}{2}m{v_1}^2$，
解得：${v_1}=\sqrt{5gR}$；
（2）設物塊滑到C點的速度大小為v₂，根據(jù)機械能守恒定律有：
$\frac{1}{2}m{v_2}^2=mg•2R+\frac{1}{2}m{v_1}^2$，
解得：${v_2}=3\sqrt{gR}$，
根據(jù)牛頓第二定律有：${F_N}-mg=m\frac{{{v_2}^2}}{R}$，
解得：${F_N}=m\frac{{{v_2}^2}}{R}+mg=10mg$；
（3）物塊從C滑上滑板后開始作勻減速運動，此時滑板開始作勻加速直線運動，當物塊與滑板達共同速度v₃時，二者開始作勻速運動．
由動量定理得：mv₂=（m+M）v₃，
解得：${v_3}=\sqrt{gR}$，
對物塊，根據(jù)動能定理有：$-μmg{l_1}=\frac{1}{2}m{v_3}^2-\frac{1}{2}m{v_2}^2$，
對滑板，根據(jù)動能定理有：$μmg{l_2}=\frac{1}{2}M{v_3}^2-0$，
解得：l₁=8Rl₂=2R，
物塊相對滑板的位移：△l=l₂-l₁＜l，
即物塊與滑板在達到相同共同速度時，物塊未離開滑板．
討論：
①當R＜L＜2R，物塊在滑板上一直勻減速運動至D，運動的位移為6.5R+L，
克服摩擦力做的功：${W_f}=μmg（{6.5R+L}）=\frac{1}{4}mg（{13R+2L}）$，
設滑上D點的速度為v_D，根據(jù)動能定理有：
$-μmg（{6.5R+L}）=\frac{1}{2}m{v_D}^2-\frac{1}{2}m{v_2}^2$，
解得 $\frac{1}{2}m{v_D}^2=\frac{1}{2}mg（{2.5R-L}）＜mgR$，
所以物塊不可能滑到DE軌道的中點．
②當2R≤L＜5R，物塊先勻減速運動8R，然后勻速運動L-2R，再勻減速運動0.5R，
克服摩擦力做的功：${W_f}=μmg（{8R+0.5R}）=\frac{17}{4}mgR$，
設滑上D點的速度為${v_D}^′$，根據(jù)動能定理有：
$-μmg（{8R+0.5R}）=\frac{1}{2}m{v_D}{^′^2}-\frac{1}{2}m{v_2}^2$，
解得：$\frac{1}{2}m{v_D}{^′^2}=\frac{1}{4}mgR＜mgR$，
所以物塊不可能滑到DE軌道的中點．
答：（1）物塊滑到A點的速度大小為$\sqrt{5gR}$；
（2）物塊滑到C點時所受圓弧軌道的支持力的大小為10mg；
（3）克服摩擦力做的功W_f與L的關系：①當R＜L＜2R時，W_f=$\frac{1}{4}$mg（13R+2L），物塊不可能滑到DE軌道的中點；②當2R≤L＜5R時，W_f=$\frac{17}{4}$mgR，物塊不可能滑到DE軌道的中點．

點評 本題是一道力學綜合題，主要考查了動能定理的應用，物體運動過程復雜，本題難度較大，分析清楚物體運動過程是正確解題的前提與關鍵，應用動能定理、牛頓第二定律、功的計算公式可以解題．