Question

（2013?珠海二模）如圖所示，一個質(zhì)量為m的長木板靜止在光滑的水平面上，并與半徑為R的

1

4

光滑圓弧形固定軌道接觸（但不粘連），木板的右端到豎直墻的距離為S；另一質(zhì)量為2m的小滑塊從軌道的最高點由靜止開始下滑，從圓弧的最低點A滑上木板．設(shè)長木板每次與豎直墻的碰撞時間極短且無機(jī)械能損失．已知滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ．試求
（1）滑塊到達(dá)A點時對軌道的壓力的大小
（2）若滑塊不會滑離長木板，試討論長木板與墻第一次碰撞前的速度v與S的關(guān)系
（3）若S足夠大，為了使滑塊不滑離長木板，板長L應(yīng)滿足什么條件．

Answer 1

分析：（1）滑塊下滑過程機(jī)械能守恒，先根據(jù)守恒定律求解A點速度；再A點重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解支持力；最后根據(jù)牛頓第三定律求解壓力；
（2）先假設(shè)S足夠大，最后滑塊與木板有共同速度，根據(jù)動量守恒定律求解出共同速度；然后對木板運用動能定理列式求解木板滑動的距離；
最后分情況討論；
（3）滑塊最終和長木板一起靜止在地面上，根據(jù)功能關(guān)系列式求解．

解答：解：（1）滑塊從軌道的最高點到最低點，機(jī)械能守恒，設(shè)到達(dá)A點的速度為v_A
則 

1

2

2mvA2=2mgR①
得：vA=

2gR

②
在A點有：NA-2mg=

2mvA2

R

③
由②③得：N_A=6mg④
由牛頓第三定律，滑塊在A點對軌道的壓力 NA′=6mg⑤
（2）若第一次碰撞前的瞬間，滑塊與木板達(dá)到共同速度v，
則：（2m+m）v=2mv_A⑥
μ2mgS=

1

2

mv2⑦
由②⑥⑦得：S=

2R

9μ

⑧
�。�若S≥

2R

9μ

，則木板與墻第一次碰前瞬間的速度為v=

2

3

2gR

⑨
ⅱ．若S＜

2R

9μ

，則木板與墻第一次碰前瞬間的速度為v'
則：

1

2

mv′2=μ2mgS⑩
得：v'=2

μgS

（3）因為S足夠大，每次碰前滑塊與木板共速；因為M＜m，每次碰后系統(tǒng)的總動量方向向右，要使滑塊不滑離長木板，最終木板停在墻邊，滑塊停在木板上．
由能量守恒得：μ2mgL≥

1

2

2mvA2
解得：L≥

R

μ

答：（1）滑塊到達(dá)A點時對軌道的壓力的大小為6mg；
（2）長木板與墻第一次碰撞前的速度v與S的關(guān)系：
若S≥

2R

9μ

，則木板與墻第一次碰前瞬間的速度為v=

2

3

2gR

；
若S＜

2R

9μ

，木板與墻第一次碰前瞬間的速度為v'=2

μgS

；
（3）若S足夠大，為了使滑塊不滑離長木板，板長L應(yīng)滿足L≥

R

μ

的條件．

點評：本題考查了機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律，還要根據(jù)“一對滑動摩擦力做功等于系統(tǒng)內(nèi)能增加量”列式，涉及的知識點較多，對學(xué)生的能力要求較強(qiáng)．