Question

11．如圖所示，以A、B為端點的$\frac{1}{4}$光滑圓弧軌道固定于豎直平面，一足夠長滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠B點，上表面所在平面與圓弧軌道相切與B點，離滑板右端L₀=$\frac{R}{2}$處由一豎直固定的擋板P，一物塊從A點由靜止開始沿軌道滑下，經(jīng)B滑上滑板，已知物塊可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量M=2m，圓弧軌道半徑為R，物塊與滑板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，重力加速度為g，物塊離開B點后立即將光滑圓弧軌道移走，滑板與擋板的碰撞沒有機械能損失，求：

（1）物塊滑到軌道B處時對軌道的壓力F_N；
（2）滑板與擋板P碰撞前瞬間物塊的速度大小為v；
（3）運動過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q．

Answer 1

分析 （1）由動能定理求得在B處的速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求得支持力，即可由牛頓第三定律求得壓力；
（2）根據(jù)受力情況得到物塊和滑板的加速度，進而求得達到共同速度所需時間及滑板向右運動的位移，即可判斷運動狀態(tài)進而求得碰前速度；
（3）根據(jù)機械能守恒得到碰后速度，然后由動量守恒求得最終共同速度，即可由能量守恒求得熱量．

解答 解：（1）物塊在光滑圓弧軌道上運動只有重力做功，機械能守恒，故有：$mgR=\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$，所以，${v}_{B}=\sqrt{2gR}$；
那么對物塊在B點應(yīng)用牛頓第二定律可得：支持力${F}_{N}′=mg+\frac{m{{v}_{B}}^{2}}{R}=3mg$，方向豎直向上；
故由牛頓第三定律可得：物塊滑到軌道B處時對軌道的壓力F_N=F_N′=3mg，方向豎直向下；
（2）物塊滑上滑板后，在兩者間摩擦力作用下，物塊向右做勻減速運動，加速度${a}_{1}=μg=5m/{s}^{2}$，滑板向右做勻加速運動，加速度${a}_{2}=\frac{μmg}{M}=2.5m/{s}^{2}$；
故兩者要達到共同速度，需要經(jīng)過時間$t=\frac{{v}_{B}}{{a}_{1}+{a}_{2}}=\frac{\sqrt{2gR}}{7.5}s$，那么，滑板向右運動的位移$s=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=\frac{4}{9}R＜{L}_{0}$，故滑板與擋板P碰撞前物塊和滑板達到共同速度$v={v}_{B}-{a}_{1}t=\frac{1}{3}\sqrt{2gR}$；
故滑板與擋板P碰撞前瞬間物塊的速度大小為$v=\frac{\sqrt{2gR}}{3}$；
（3）碰撞前物塊在滑板上的滑動距離${x}_{1}={v}_{B}t-\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=\frac{4}{3}R$，那么碰撞前系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量${Q}_{1}=μmg{x}_{1}=\frac{2}{3}mgR$；
碰撞后物塊速度大小、方向不變，滑板速度大小不變，方向相反；之后，物塊加速度為${a}_{1}=5m/{s}^{2}$，方向向左，滑塊加速度為${a}_{2}=2.5m/{s}^{2}$，方向向右；
設(shè)系統(tǒng)所受合外力為零，那么動量守恒，設(shè)向左為正方向，共同速度為v′，則有：Mv-mv=（M+m）v′，所以，$v′=\frac{1}{3}v=\frac{1}{9}\sqrt{2gR}$；
那么由能量守恒可得：碰撞后系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量${Q}_{2}=\frac{1}{2}m{v}^{2}+\frac{1}{2}M{v}^{2}-\frac{1}{2}（M+m）v{′}^{2}=\frac{8}{27}mgR$；
所以，運動過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量$Q={Q}_{1}+{Q}_{2}=\frac{26}{27}mgR$；
答：（1）物塊滑到軌道B處時對軌道的壓力F_N為3mg，方向豎直向下；
（2）滑板與擋板P碰撞前瞬間物塊的速度大小為v為$\frac{1}{3}\sqrt{2gR}$；
（3）運動過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q為$\frac{26}{27}mgR$．

點評 經(jīng)典力學(xué)問題一般先對物體進行受力分析，求得合外力及運動過程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動能定理及幾何關(guān)系求解．