Question

如圖，豎直放置的斜面AB的下端與光華圓弧軌道BCD的B端相切，圓弧半徑為R，圓心與A、D在同一水平面上，∠COB=θ，現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊P從斜面上的A點(diǎn)無(wú)初速滑下，與位于B點(diǎn)的另外一個(gè)質(zhì)量也為m的小物塊Q碰撞，碰后，兩個(gè)物塊粘連在一起，已知兩個(gè)小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，求：
（1）粘連體在斜面上運(yùn)動(dòng)的路程．
（2）粘連體通過C點(diǎn)時(shí)，對(duì)C點(diǎn)的最大壓力和最小壓力．（兩個(gè)小物體均可視為質(zhì)點(diǎn)）

Answer 1

分析：（1）由幾何知識(shí)得知，斜面的傾角等于θ．物體從A點(diǎn)無(wú)初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，物體在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能不斷減小，到達(dá)的最大高度越來越小，最終在BE圓弧上來回運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)的速度為零．物體在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)摩擦力大小為μ2mgcosθ，總是做負(fù)功，滑動(dòng)摩擦力做的總功與總路程成正比，根據(jù)動(dòng)能定理求解總路程．
（2）當(dāng)物體第一次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，速度最大，對(duì)C點(diǎn)的壓力最大，當(dāng)最后穩(wěn)定后，物體在B點(diǎn)之下運(yùn)動(dòng)時(shí)，經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度最小，物體對(duì)C點(diǎn)的壓力最小，根據(jù)動(dòng)能定理求出最大速度和最小速度，再由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解最大壓力和最小壓力．

解答：解：（1）P滑到B點(diǎn)過程中重力和摩擦力做功，物體的動(dòng)能增大：
由幾何關(guān)系知，P下滑的高度：h=Rcosθ；斜面與水平面的夾角為θ；
設(shè)B點(diǎn)以上的斜面長(zhǎng)為s，則：s=

h

sinθ

=

R

tanθ

由動(dòng)能定理得：mgh-μmgscosθ=

1

2

mv2
聯(lián)立以上各方程，解得：v=

2R(gsinθ-μgcosθ) tanθ

到B點(diǎn)與Q發(fā)生完全碰撞，由于碰撞的時(shí)間短，可以認(rèn)為碰撞的過程中動(dòng)量守恒，則：mv=2mv′
由于克服摩擦力做功，物體在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能不斷減小，到達(dá)的最大高度越來越小，
最終粘連體在圓弧上角度為2θ范圍內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故最終粘連體在B點(diǎn)速度為0
由動(dòng)能定理：

1

2

?2mv′2=μ?2mcosθ?S0
代入數(shù)據(jù)解得：S0=

R(sinθ-μcosθ)

4μtanθ

（2）第一次往返C點(diǎn)時(shí)壓力最大，設(shè)為F₁，對(duì)于PQ整體，B→C過程機(jī)械能守恒：

1

2

×2mv′2+2mgR(1-cosθ)=

1

2

×2m

v

2 c

…①
在C點(diǎn)：F1-2mg=2m?

v 2 c

R

…②
代入數(shù)據(jù)解得：F1=2mg+4mg(1-cosθ)+

2m

R

×

1

4

×2gR(sinθ-μcosθ)?cotθ=6mg-3mgcosθ-μmg

cos2θ

sinθ

當(dāng)物體不能沖出B點(diǎn)時(shí)，再經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的壓力最小，設(shè)在C點(diǎn)的最小壓力為F₂．
2mgR(1-cosθ)=

1

2

×2m

v

2 C1

…③
在C點(diǎn)：F2-2mg=2m?

v 2 C2

R

…④
代入數(shù)據(jù)解得：F₂=6mg-4mgcosθ
答：（1）粘連體在斜面上運(yùn)動(dòng)的路程為S0=

R(sinθ-μcosθ)

4μtanθ

；
（2）粘連體通過C點(diǎn)時(shí)，對(duì)C點(diǎn)的最大壓力為6mg-3mgcosθ-μmg

cos2θ

sinθ

，最小壓力為：6mg-4mgcosθ．

點(diǎn)評(píng)：本題是動(dòng)能定理與牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，抓住滑動(dòng)摩擦力做功與路程有關(guān)這一特點(diǎn)．