Question

3．如圖所示，水平光滑地面上停放著一輛質(zhì)量為M=2kg的小車，小車左端靠在豎直墻壁上，其左側半徑為R=5m的四分之一圓弧軌道AB是光滑的，軌道最低點B與水平軌道BC相切相連，水平軌道BC長為3m，物塊與水平軌道BC間的摩擦因素μ=0.4，整個軌道處于同一豎直平面內(nèi)．現(xiàn)將質(zhì)量為m=1kg的物塊（可視為質(zhì)點）從A點無初速度釋放，取重力加速度為g=10m/s²．求：
（1）物塊下滑過程中受到的最大支持力；
（2）小車最終獲得的速度大小及此過程中產(chǎn)生的熱量；
（3）為使小車最終獲得的動能最大，求物塊釋放點與A點的高度差．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求出物塊下滑到B點的速度，結合牛頓第二定理求出支持力的大�。�
（2）根據(jù)牛頓第二定理分別求出小車和物塊的加速度大小，結合位移關系之差等于L求出相對運動的時間，從而確定出相對滑動的距離，結合Q=μmg△x求出產(chǎn)生的熱量．
（3）作出小車和物塊的速度時間圖線，分析何時小車的動能最大，結合運動學公式和動能定理求出物塊釋放點與A點的高度差．

解答 解：（1）物塊下滑至圓弧軌道最低點B時對軌道壓力最大，設B點的速度為v，
下滑過程中根據(jù)動能定理得，$mgR=\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
在B點由牛頓第二定律得，$N-mg=m\frac{{v}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得N=3mg=30N．
（2）設物塊從B點起經(jīng)過時間t飛離小車，則：
對物塊由牛頓第二定律有：μmg=ma₁，
解得${a}_{1}=4m/{s}^{2}$．
物塊的位移x₁=$vt-\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$，
對小車，根據(jù)牛頓第二定律得，μmg=Ma₂，代入數(shù)據(jù)解得${a}_{2}=2m/{s}^{2}$，
小車的位移${x}_{2}=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$，
當物塊與小車分離時有：x₁-x₂=L，
代入數(shù)據(jù)解得${t}_{1}=\frac{1}{3}s$，或t₂=3s，
判定：若取t₂=3s，物塊速度v′=v-a₁t₂=10-4×3m/s=-2m/s，不合理，舍去．
若取${t}_{1}=\frac{1}{3}s$，物塊的速度${v}_{物}=\frac{26}{3}m/s$，小車的速度${v}_{車}=2×\frac{1}{3}=\frac{2}{3}m/s$，假設合理，物塊飛離小車，
綜上可知，小車最終獲得的速度大小為${v}_{車}=\frac{2}{3}$m/s．
此過程中，相對位移為板長，則摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmgL=0.4×10×3J=12J．
（3）分析可知，只有相對滑行階段小車方可加速，且${x}_{車}=\frac{1}{2}at{′}^{2}$，
對小車由動能定理${W}_{f}=μmg•\frac{1}{2}{a}_{2}t{′}^{2}$=E_k知，只有t′最大，小車獲得動能才最大．
由v-t圖象可知，滑塊滑到小車右端時恰好與小車共速，相對運動的時間最長．
設滑塊到B點的速度為v，滑到右端時共同速度為v_共，小車加速時間為t_M，則有：
$△x=L=（\frac{v+{v}_{共}}{2}-\frac{{v}_{共}}{2}）{t}_{M}$，
代入數(shù)據(jù)解得t_M=1s，v=6m/s．
設釋放點與A點的高度差為△h，對滑塊下滑階段由動能定理得，
$mg（R-△h）=\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得△h=3.2m．
答：（1）物塊下滑過程中受到的最大支持力為30N；
（2）小車最終獲得的速度大小及此過程中產(chǎn)生的熱量為12J；
（3）為使小車最終獲得的動能最大，求物塊釋放點與A點的高度差為3.2m．

點評 本題綜合考查了動能定理、牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，對學生能力要求較高，對于第三問知，知道物塊相對小車運動的時間越長，小車的位移越大，則小車的動能越大，結合圖線分析比較簡捷明了．