Question

12．如圖所示，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定，另一端連著質(zhì)量為m的小球，與豎直方向的夾角為α，小球緊靠著質(zhì)量為M的滑塊，從靜止開始釋放，一直到和滑塊分離，不計(jì)所有摩擦和空氣阻力．（小球始終不接觸地面，滑塊不轉(zhuǎn)動(dòng)）
（1）剛釋放瞬間，滑塊的瞬時(shí)加速度；
（2）小球擺到最低點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速率；
（3）從釋放到分離過(guò)程中，小球?qū)�滑塊的彈力對(duì)滑塊做功．

Answer 1

分析 （1）對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求滑塊的瞬時(shí)加速度
（2）系統(tǒng)機(jī)械能守恒，求出小球擺到最低點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速率
（3）根據(jù)動(dòng)能定理求從釋放到分離的過(guò)程中，小球?qū)�滑塊的彈力對(duì)滑塊做功，

解答 （1）剛釋放瞬間，速度為零，小球重力沿切線方向的分力，有：F=mgsinα…①
對(duì)滑塊受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律有：Fcosα=Ma…②
聯(lián)立①②得：$a=\frac{mgsinαcosα}{M}$
（2）小球和滑塊組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球減少的重力勢(shì)能等于小球和滑塊增加的動(dòng)能，有：
$mgL（1-cosα）=\frac{1}{2}（M+m）{v}_{\;}^{2}$
解得：$v=\sqrt{\frac{2mgL（1-cosα）}{M+m}}$
（3）從釋放到分離過(guò)程中，對(duì)滑塊運(yùn)用動(dòng)能定理，只有小球?qū)�滑塊的彈力做功，有：
$W=\frac{1}{2}M{v}_{\;}^{2}=\frac{MmgL（1-cosα）}{（M+m）}$
答：（1）剛釋放瞬間，滑塊的瞬時(shí)加速度$\frac{mgsinαcosα}{M}$；
（2）小球擺到最低點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速率$\sqrt{\frac{2mgL（1-cosα）}{M+m}}$；
（3）從釋放到分離過(guò)程中，小球?qū)�滑塊的彈力對(duì)滑塊做功$\frac{Mmgl（1-cosα）}{（M+m）}$．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了牛頓第二定律、動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律等知識(shí)點(diǎn)，綜合能力強(qiáng)，考查知識(shí)點(diǎn)多，是一道好題．