Question

10．如圖所示，質(zhì)量為1Kg的小滑塊N（可視為質(zhì)點）放在質(zhì)量也為1Kg的長木板M左端，N和M之間的動摩擦因數(shù)μ₁=0.5，M和地面之間的動摩擦因數(shù)μ₂=0.1，現(xiàn)給小滑塊N一個水平向右的初速v₀=8m/s，小滑塊N和長木板M同時到達(dá)B點且此時速度大小恰好相等，小滑塊到達(dá)長木板右端后，能夠由C點平滑地滑上固定的光滑圓弧軌道，圓軌道半徑R=0.3m，重力加速度g取10m/s²，求：
（1）小滑塊和長木板間摩擦產(chǎn)生的熱量；
（2）判斷小滑塊是否會脫離圓弧軌道，若不會脫離，試證明，若會脫離，當(dāng)圓弧軌道半徑滿足什么條件，小滑塊不會脫離圓弧軌道．

Answer 1

分析 （1）分別隔離對滑塊和木板分析，根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊和木板的加速度大小，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求出相等的速度以及木板的長度，根據(jù)Q=fL求出摩擦產(chǎn)生的熱量．
（2）根據(jù)機(jī)械能守恒和牛頓第二定律求出最高點的彈力，分析滑塊是否脫離圓弧軌道．若要不脫離，滿足的條件是小球不能或恰好能到達(dá)圓弧軌道的圓心高度，或小球越過最高點．結(jié)合機(jī)械能守恒和牛頓第二定律綜合求解．

解答 解：（1）分別對小滑塊和長木板進(jìn)行受力分析，小滑塊做勻減速直線運(yùn)動，加速度大小${a}_{1}={μ}_{1}g=0.5×10m/{s}^{2}=5m/{s}^{2}$，
長木板做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小${a}_{2}=\frac{{μ}_{1}mg-{μ}_{2}（M+m）g}{M}$=$\frac{0.5×10-0.1×20}{1}m/{s}^{2}=3m/{s}^{2}$．
根據(jù)v₀-a₁t=a₂t得，t=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}+{a}_{2}}=\frac{8}{8}s=1s$，
則木板的長度L=${v}_{0}t-\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=8×1-\frac{1}{2}×5×1-\frac{1}{2}×3×1$m=4m，
小滑塊與長木板間摩擦產(chǎn)生的熱量Q=fL=0.5×10×4J=20J．
（2）小球滑上圓弧軌道的速度v_c=v₀-a₁t=8-5×1m/s=3m/s，
設(shè)通過最高點的速度為v，根據(jù)牛頓第二定律有：$G+N=m\frac{{v}^{2}}{R}$，
根據(jù)機(jī)械能守恒有：$-mg•2R=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{c}}^{2}$．
聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得N＜0，會脫離．
分兩種情況：①若小球不能或恰好能到達(dá)圓弧軌道的圓心高度，則小球不會脫離軌道，
即$mgr≥\frac{1}{2}m{{v}_{c}}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得r≥0.45m．
②小球能夠通過圓弧軌道的最高點，即：$2mgr=\frac{1}{2}m{{v}_{c}}^{2}-\frac{1}{2}m{v}^{2}$，且$v≥\sqrt{gr}$，
代入數(shù)據(jù)解得r≤0.18m．
答：（1）小滑塊和長木板間摩擦產(chǎn)生的熱量為20J．
（2）會脫離軌道．若不會脫離，圓弧軌道半徑r滿足r≥0.45m或r≤0.18m．

點評 本題設(shè)計多過程問題，綜合考查了機(jī)械能守恒、牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)公式的運(yùn)用，對于第二問，抓住不脫離軌道的條件，注意有兩種可能，即小球不能或恰好能到達(dá)圓弧軌道的圓心高度，或小球越過最高點，結(jié)合機(jī)械能守恒進(jìn)行求解．