Question

3．如圖所示，地面和半圓軌道面PTQ均光滑．質(zhì)量M=l kg、長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P的切線相平．現(xiàn)有一質(zhì)量m=2kg的滑塊（不計大�。┮詖₀=6m/s的初速度滑上小車左端，帶動小車向右運動．小車與墻壁碰撞時即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車表面的滑動摩擦因數(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靜止并求小車與墻壁碰撞時滑塊的速度；
（2）若滑塊可以沿圓軌道從Q點拋出，求半圓軌道半徑R的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）假設小車與墻壁碰撞前有共同速度，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律求出此過程中滑塊與小車的相對位移，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的速度；
（2）若滑塊恰能滑過圓的最高點，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出滑塊經(jīng)過最高點時的速度，根據(jù)動能定理求出軌道半徑；若滑塊恰好滑至$\frac{1}{4}$圓弧到達T點時就停止，滑塊也能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道．根據(jù)動能定理求解半徑，即能得到半徑的條件．

解答 解：（1）設滑塊與小車的共同速度為v₁，滑塊與小車相對運動過程中動量守恒，
以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv₀=（m+M）v₁，代入數(shù)據(jù)解得：v₁=4m/s，
設滑塊與小車的相對位移為 L₁，由系統(tǒng)能量守恒定律，有：μmgL₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$（M+m）v₁²，
代入數(shù)據(jù)解得：L₁=3m，
設與滑塊相對靜止時小車的位移為S₁，根據(jù)動能定理，有
μmgS₁=$\frac{1}{2}$Mv₁²-0，代入數(shù)據(jù)解得S₁=2m，
因L₁＜L，S₁＜S，說明小車與墻壁碰撞前滑塊與小車已具有共同速度，且共速時小車與墻壁還未發(fā)生碰撞，故小車與碰壁碰撞時的速度即v₁=4m/s．
（2）滑塊將在小車上繼續(xù)向右做初速度為v₁=4m/s，位移為L₂=L-L₁=1m的勻減速運動，然后滑上圓軌道的最低點P．
若滑塊恰能滑過圓的最高點，設滑至最高點的速度為v，臨界條件為：mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
根據(jù)動能定理，有：-μmgL₂-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₁²，
①②聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得R=0.24m 
若滑塊恰好滑至$\frac{1}{4}$圓弧到達T點時就停止，則滑塊也能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道．
根據(jù)動能定理，有：-μmgL₂-mg•R=0-$\frac{1}{2}$mv₁²，代入數(shù)據(jù)解得R=0.6m，
綜上所述，滑塊能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑必須滿足
R≤0.24m或R≥0.6m 
答：（1）小車與墻壁碰撞時滑塊的速度是4m/s；
（2）要滑塊能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑R的取值為R≤0.24m或R≥0.6m．

點評 本題通過計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．第2題容易只考慮滑塊通過最高點的情況，而遺漏滑塊恰好滑至$\frac{1}{4}$圓弧到達T點時停止的情況，要培養(yǎng)自己分析隱含的臨界狀態(tài)的能力．