Question

（2013?廣州三模）如圖所示，以A、B為端點的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于B點，離滑板右端L₀=

R

2

處有一豎直固定的擋板P．一物塊從A點由靜止開始沿軌道滑下，經B滑上滑板．已知物塊可視為質點，質量為m，滑板質量M=2m，圓弧軌道半徑為R，物塊與滑板間的動摩擦因數為μ=0.5，重力加速度為g．滑板與擋板的碰撞沒有機械能損失，滑板返回B點時即被鎖定．
（1）求物塊滑到B點的速度大��；
（2）求滑板與擋板P碰撞前瞬間物塊的速度大��；
（3）站在地面的觀察者看到在一段時間內物塊正在做加速運動，求這段時間內滑板的速度范圍．

Answer 1

分析：（1）滑塊下滑過程只有重力做功，機械能守恒，根據守恒定律列式求解即可；
（2）先假設碰撞前滑塊和滑板速度已經相同，先根據動量守恒定律求解滑板速度，再根據動能定理列式求解出滑板的位移；會發(fā)現(xiàn)假設成立；
（3）碰撞后滑板作勻減速運動，物塊先向右減速，再向左加速運動；根據動量守恒定律得到滑塊加速運動的初速度和末速度，然后求解出對應時刻滑板的速度，即得到要求解的滑板速度范圍．

解答：解：（1）物塊由A到B的運動過程，只有重力做功，機械能守恒．設物塊滑到B點的速度大小為v₀，有：
mgR=

1

2

m

v

2 0

             ①
解得：v₀=

2gR

        ②
（2）假設滑板與P碰撞前，物塊與滑板具有共同速度v₁，取向右為正，由動量守恒定律，有：
mv₀=（m+M）v₁           ③
設此過程滑板運動的位移為s，由動能定理，得：
μmgs=

1

2

M

v

2 1

-0     ④
③、④式聯(lián)立，解得：v1=

2gR

3

，
s=

v 2 1

μg

=

4R

9

＜L₀=

R

2

 
所以假設成立，滑板與擋板P碰撞前瞬間物塊的速度大小為v1=

2gR

3

  
（3）由于滑板與擋板的碰撞沒有機械能損失，所以滑板與擋板P碰撞后速度v₁大小不變，只是方向向左．
此后滑板作勻減速運動，物塊先向右減速，再向左加速運動．
設兩者第二次具有共同速度為v₂，取向左為正，有：
Mv₁-mv₁=（m+M）v₂    ⑤
設此時滑板離P的距離為s′，由動能定理：
-μmgs=

1

2

M

v

2 2

-

1

2

M

v

2 1

  ⑥
解得：v2=

v1

3

=

2gR

9

       
s′=

v 2 1

μg

=

32R

81

＜L0=

R

2

，說明滑板與物塊具有共同速度時還沒有返回到B點，兩者能夠第二次達到共同速度．
設當物塊的速度減為零時，滑板速度為v₃，取向左為正，有：
Mv₁-mv₁=Mv₃      ⑦
解得：v₃=

v1

2

=

2gR

6

 
所以，物塊加速運動階段的速度范圍為，0≤vm≤

2gR

9

此階段滑板的速度范圍為：

2gR

6

≥vm≥

2gR

9

．
答：（1）物塊滑到B點的速度大小為

2gR

；
（2）滑板與擋板P碰撞前瞬間物塊的速度大小為

2gR

3

；
（3）物塊做加速運動的時間內滑板的速度范圍為

2gR

6

≥vm≥

2gR

9

．

點評：本題關鍵是明確滑塊和滑板的運動規(guī)律，要綜合運用動量守恒定律、動能定理、機械能守恒定律反復列式，較難．