Question

12．如圖所示，高臺的上面有一豎直的$\frac{1}{4}$圓弧形光滑軌道，半徑R=$\frac{5}{4}$m，軌道端點B的切線水平．質(zhì)量M=5kg的金屬滑塊（可視為質(zhì)點）由軌道頂端A由靜止釋放，離開B點后經(jīng)時間t=1s撞擊在斜面上的P點．已知斜面的傾角θ=37°，斜面底端C與B點的水平距離x₀=3m．g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力．
（1）求金屬滑塊M運動至B點時對軌道的壓力大��；
（2）若金屬滑塊M離開B點時，位于斜面底端C點、質(zhì)量m=1kg的另一滑塊，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由靜止開始向上加速運動，恰好在P點被M擊中．已知滑塊m與斜面間動摩擦因數(shù)μ=0.25，求拉力F大�。�
（3）滑塊m與滑塊M碰撞時間忽略不計，碰后立即撤去拉力F，此時滑塊m速度變?yōu)?m/s，仍沿斜面向上運動，為了防止二次碰撞，迅速接住并移走反彈的滑塊M，求滑塊m此后在斜面上運動的時間．

Answer 1

分析 （1）由機械能守恒定律求出滑塊到達B點時的速度，然后由牛頓第二定律求出軌道對滑塊的支持力，再由牛頓第三定律求出滑塊對B的壓力．
（2）由平拋運動知識求出M的水平位移，然后由幾何知識求出M的位移，由運動學(xué)公式求出M的加速度，由牛頓第二定律求出拉力大小．
（3）由牛頓第二定律求出加速度，由運動學(xué)公式可以求出滑塊的運動時間．

解答 解：（1）M由A到B過程，由機械能守恒定律得
  MgR=$\frac{1}{2}$M_Bv_B²      
解得v_B=5m/s   
滑塊在B點時，由向心力公式得
    N-Mg=M$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$    
解得 N=150N    
由牛頓第三定律有，M在B點時對軌道的壓力大小為 N′=N=150N．
（2）M離開B點后平拋運動的水平位移為x=v_Bt=5m  
由幾何關(guān)系可知m的位移為 s=$\frac{x-{x}_{0}}{cos37°}$=2.5m    
設(shè)滑塊m向上運動的加速度為a，由s=$\frac{1}{2}$at²      
得 a=5m/s²
由牛頓第二定律得    
  F-mgsin37°-μ mgcos37°=ma    
解得F=13N 
（3）撤去拉力后，滑塊m沿斜面上滑過程的加速度 a₁=$\frac{mgsin37°+μmgcos37°}{m}$=g（sin37°+μcos37°）  
 上滑時間 t₁=$\frac{v}{{a}_{1}}$=0.5s     
上滑位移 S₁=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{1}}$=1m
滑塊m沿斜面下滑過程的加速度  a₂=$\frac{mgsin37°-μmgcos37°}{m}$=g（sin37°-μcos37°）=4m/s²
下滑過程的位移 S+S₁=$\frac{1}{2}$a₂t₂²      
得 t₂=$\frac{\sqrt{7}}{2}$s
即返回所用的總時間為 t_總=t₁+t₂=（$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{7}}{2}$）s
答：
（1）金屬滑塊M運動至B點時對軌道的壓力大小是150N．
（2）拉力F大小是13N．
（3）滑塊m此后在斜面上運動的時間是（$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{7}}{2}$）s．

點評 本題是多體多過程問題，分析清楚物體運動過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用機械能守恒定律、牛頓第二定律、運動學(xué)公式即可正確解題．