Question

12．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為R的光滑四分之一 圓形軌道，最高點A與圓心連線水平．光滑水平面上有足夠長的木板，質(zhì)量為m₀，其左端恰好緊靠圓弧最低點B，處于靜止?fàn)顟B(tài)．一個質(zhì)量為m₁的物塊從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B點滑上木板，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ，同時木板受到水平向右恒力F=2μm₁g的作用，重力加速度為g．求：
（1）物塊過B點時受到的彈力；
（2）物塊相對木板滑動的最大距離；
（3）物塊和木板間摩擦產(chǎn)生的熱量．

Answer 1

分析 （1）由機械能守恒定律求出物塊到達B點時的速度大�。�物塊經(jīng)過B點時，由重力和軌道支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求出軌道對它的支持力．
（2）物塊滑上木板后先做向右做勻減速運動，由牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度，根據(jù)運動學(xué)公式得到兩者的速度和位移與時間的關(guān)系式．當(dāng)兩者速度相等時，物塊相對木板滑動的距離最大，聯(lián)立求解．
（3）分兩種情況研究：1、兩者速度相等后一起運動，由牛頓第二定律對整體求一起運動的加速度，得到加速度的條件，再由相對位移求熱量．2、滑塊從木板的左端滑下，求得相對位移，再求熱量．

解答 解：（1）物塊在圓弧上運動時，由機械能守恒得：
m₁gR=$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{0}^{2}$
可得：v₀=$\sqrt{2gR}$
物塊經(jīng)過B點時，由牛頓第二定律得：
N-m₁g=m₁$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
解得：N=3m₁g
（2）物塊在木板上滑動過程中，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得：
對物塊：-μm₁g=m₁a₁，a₁=-μg，而v₀=$\sqrt{2gR}$
速度：v₁=v₀+a₁t=$\sqrt{2gR}$-μgt
位移：x₁=v₀t+$\frac{1}{2}$a₁t²=$\sqrt{2gR}$t-$\frac{1}{2}$μgt²；
對木板：F+μm₁g=m₀a₂，a₂=$\frac{3μ{m}_{1}g}{{m}_{0}}$
速度：v₂=a₂t=$\frac{3μ{m}_{1}g}{{m}_{0}}$t
位移：x₂=$\frac{1}{2}$a₂t²=$\frac{3μ{m}_{1}g}{2{m}_{0}}$t²；
當(dāng)v₁=v₂時物塊相對于木板向右滑行最遠，即得：
$\sqrt{2gR}$-μgt=$\frac{3μ{m}_{1}g}{{m}_{0}}$t
所以 t=$\frac{{m}_{0}\sqrt{2gR}}{μ（{m}_{0}+3{m}_{1}）g}$
故物塊相對木板滑動的最大距離△x_max=x₁-x₂=$\frac{{m}_{0}R}{μ（{m}_{0}+3{m}_{1}）}$
（3）速度相同時，如果兩者一起運動，設(shè)加速度為a
由整體：a=$\frac{F}{{m}_{0}+{m}_{1}}$=$\frac{2{μm}_{1}g}{{m}_{0}+{m}_{1}}$
當(dāng)a≤|a₁|，即m₀≥m₁時，物塊與木板一起向右運動，不再發(fā)生相對滑動，則產(chǎn)生的熱量為
  Q=μm₁g△x_max=$\frac{{m}_{0}{m}_{1}gR}{{m}_{0}+3{m}_{1}}$
當(dāng)a＞|a₁|，即m₀＜m₁時，物塊與木板仍相對滑動，木板運動比物塊快，物塊將木板的左側(cè)滑下，則產(chǎn)生的熱量為
  Q=2μm₁g△x_max=2$\frac{{m}_{0}{m}_{1}gR}{{m}_{0}+3{m}_{1}}$
答：（1）物塊過B點時受到的彈力是3m₁g；
（2）物塊相對木板滑動的最大距離是$\frac{{m}_{0}R}{μ（{m}_{0}+3{m}_{1}）}$；
（3）物塊和木板間摩擦產(chǎn)生的熱量為$\frac{{m}_{0}{m}_{1}gR}{{m}_{0}+3{m}_{1}}$或2$\frac{{m}_{0}{m}_{1}gR}{{m}_{0}+3{m}_{1}}$．

點評 本題首先要分析物塊和木板的物理過程，把握速度相等這個臨界狀態(tài)，分析物塊可能的運動狀態(tài)是關(guān)鍵，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式進行處理．