Question

19．如圖所示，一固定斜面體，其斜邊與水平底邊的夾角θ=37°，BC為一段光滑圓弧軌道，DE為半圓形光滑軌道，兩圓弧軌道均固定于豎直平面內，一滑板靜止在光滑的地面上，右端緊靠C點，上表面所在平面與兩圓弧分別相切于C、D兩點．一物塊被輕放在斜面上F點由靜止釋放，物塊離開斜面后恰好在B點沿切線進入BC段圓弧軌道，再經C點滑上滑板，滑板運動到D點時被牢固粘連．物塊可視為質點，質量為m，滑板質量M=2m，DE半圓弧軌道和BC圓弧軌道的半徑均為R，斜面體水平底邊與滑板上表面的高度差H=2R，板長l=6.5R，板左端到D點的距離L在R＜L＜5R范圍內取值，F(xiàn)點距A點的距離s=12.5R，物塊與斜面、物塊與滑板間的動摩擦因數均為μ=0.5，重力加速度取g．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（結果用字母m、g、R、L表示）
（1）求物塊滑到A點的速度大�。�
（2）求物塊滑到C點時所受圓弧軌道的支持力的大��；
（3）試討論物塊從滑上滑板到離開左端的過程中，克服摩擦力做的功W_f與L的關系；并判斷物塊能否滑到DE軌道的中點．

Answer 1

分析 （1）對滑塊，應用動能定理可以求出滑塊的速度．
（2）由動能定理求出滑塊到達C點的速度，然后由牛頓第二定律求出支持力．
（3）滑塊與滑板組成的系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律與動能定理求出滑塊與滑板的位移，然后應用動能定理分析答題．

解答 解：（1）物塊沿斜面下滑過程，由動能定理得：
mg•12.5Rsinθ-μmg•12.5Rcosθ=$\frac{1}{2}$mv₁²-0，
解得：v₁=$\sqrt{5gR}$；
（2）對物塊，由機械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}$mv₁²+mg•2R=$\frac{1}{2}$mv₂²，
解得：v₂=3$\sqrt{gR}$，
在C點，由牛頓第二定律得：
F-mg=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{R}$，
解得：F=10mg；
（3）物塊從C滑上滑板后做勻減速直線運動，滑板做勻加速直線運動，
系統(tǒng)動量守恒，以物塊的初速度方向為正方向，
由動量守恒定律得：mv₂=（M+m）v₃，
解得：v₃=$\sqrt{gR}$，
對物塊，由動能定理得：-μmgl₁=$\frac{1}{2}$mv₃²-$\frac{1}{2}$mv₂²，
對滑板，由動能定理得：μmgl₂=$\frac{1}{2}$Mv₃²-0，
解得：l₁=8R，l₂=2R，
物塊相對于滑板的位移：△l=l₂-l₁=6R＜l，
則物塊與滑板速度相同時物塊沒有離開滑板，兩者速度相同后一起做勻速直線運動，
①當R＜L＜2R時，物塊在滑板上一直做勻減速運動到達D點，位移大小為6.5R+L，
克服摩擦力做功：W_f=μmg（6.5R+L）=$\frac{1}{4}$mg（13R+2L），
由動能定理得：-μmg（6.5R+L=$\frac{1}{2}$mv_D²-$\frac{1}{2}$mv₂²，
解得：$\frac{1}{2}$mv_D²=$\frac{1}{2}$mg（2.5R-L）＜mgR，物塊不可能滑到DE軌道的中點；
②當2R≤L＜5R時，物塊先勻減速運動8R，然后勻速運動L-2R，再勻減速運動0.5R，
克服摩擦力做功：W_f=μmg（8R+0.5R）=$\frac{17}{4}$mgR，
由動能定理得：-μmg（8R+0.5R）=$\frac{1}{2}$mv_D′²-$\frac{1}{2}$mv₂²，
解得：$\frac{1}{2}$mv_D′²=$\frac{1}{4}$mgR＜mgR，物塊不可能滑到DE軌道的中點；
答：（1）物塊滑到A點的速度大小為$\sqrt{5gR}$；
（2）物塊滑到C點時所受圓弧軌道的支持力的大小為10mg；
（3）①當R＜L＜2R時，克服摩擦力做功：W_f=$\frac{1}{4}$mg（13R+2L），物塊不可能滑到DE軌道的中點；
②當2R≤L＜5R時，克服摩擦力做功：W_f=$\frac{17}{4}$mgR，物塊不可能滑到DE軌道的中點．

點評 本題是一道力學綜合題，難度較大，分析清楚物體運動過程，應用動能定理、動量守恒定律、牛頓第二定律可以解題．