Question

13．如圖所示，地面和半圓軌道面PTQ均光滑．質量M=1kg、長L=4m的小車放在地面上，右端與墻壁的距離為s=3m，小車上表面與半圓軌道最低點P的切線相平．現(xiàn)有一質量m=2kg的滑塊（不計大小）以v₀=6m/s的初速度滑上小車左端，帶動小車向右運動．小車與墻壁碰撞時即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車表面的滑動摩擦因數(shù)μ=0.2，g取10m/s²．求：
（1）判斷小車與墻壁碰撞前是否已與滑塊相對靜止并求小車與墻壁碰撞時滑塊的速度；
（2）若滑塊在圓軌道滑動的過程中不脫離軌道，求半圓軌道半徑R的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）假設小車與墻壁碰撞前有共同速度，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出此過程中滑塊與小車的相對位移，判斷小車與墻壁碰撞前滑塊與小車的速度是否相同，并求出小車與墻壁碰撞時的速度；
（2）若滑塊恰能滑過圓的最高點，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出滑塊經(jīng)過最高點時的速度，根據(jù)動能定理求出軌道半徑；若滑塊恰好滑至$\frac{1}{4}$圓弧到達T點時就停止，滑塊也能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道．根據(jù)動能定理求解半徑，即能得到半徑的條件．

解答 解：（1）由牛頓第二定律，對滑塊：-μmg=ma₁          
對小車：μmg=Ma₂           
但滑塊相對小車靜止時，兩者速度相等，即：
v₀+a₁t=a₂t                   
此時 v₁=v₂=4m/s               
滑塊的位移為：s₁=v₀t+$\frac{1}{2}$a₁t²      
滑塊與小車的相對位移為：L₁=s₁-s₂           
聯(lián)立解得，L₁=3m，s₂=2m                   
因L₁＜L，s₂＜s，說明小車與墻壁碰撞前滑塊與小車已具有共同速度，且共速時小車與墻壁還未發(fā)生碰撞，故小車與墻壁碰撞時的速度為：V_t=4m/s                                   
（2）與墻碰后滑塊將在小車上繼續(xù)向右做初速度為v₁=4m/s，位移為L₂=L-L₁=1m的勻減速運動，然后滑上圓軌道的最低點P．
若滑塊恰能滑過圓的最高點，設滑至最高點的速度為v，臨界條件為：Mg=$m\frac{{v}^{2}}{R}$                      
根據(jù)動能定理，有
-μmgL₂-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₁²        
代入數(shù)據(jù)解得 R=0.24m                       
若滑塊恰好滑至$\frac{1}{4}$圓弧到達T點時就停止，則滑塊也能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道．
根據(jù)動能定理，有
-μmgL₂-mgR=0-$\frac{1}{2}$mv₁²               
代入數(shù)據(jù)解得R=0.6m                           
綜上所述，滑塊在圓軌道運動過程中不脫離圓軌道，則半圓軌道的半徑必須滿足：
R≤0.24m或R≥0.60m                    
答：（1）小車與墻壁碰撞前滑塊與小車已具有共同速度，速度大小為4m/s．（2）半圓軌道半徑R的取值范圍為R≤0.24m或R≥0.60m．

點評 本題通過計算分析小車與墻壁碰撞前滑塊與小車的速度是否相同是難點．第2題容易只考慮滑塊通過最高點的情況，而遺漏滑塊恰好滑至$\frac{1}{4}$圓弧到達T點時停止的情況，要培養(yǎng)自己分析隱含的臨界狀態(tài)的能力．