Question

如圖所示，地面和半圓軌道面PTQ均光滑．質(zhì)量M=1kg、長(zhǎng)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(diǎn)P的切線相平．現(xiàn)有一質(zhì)量m=2kg的滑塊（不計(jì)大小）以vo=6m/s的初速度滑上小車左端，帶動(dòng)小車向右運(yùn)動(dòng)．小車與墻壁碰撞時(shí)即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車表面的滑動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，g取10m/S²．求：
（1）滑塊在小車上運(yùn)動(dòng)的過程中，滑塊和小車的加速度大小分別為多少？
（2）判斷小車與墻壁碰撞前是否已與滑塊相對(duì)靜止，并求小車與墻壁碰撞時(shí)滑塊的速度．
（3）若滑塊在圓軌道滑動(dòng)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）分別對(duì)物塊和小車運(yùn)用牛頓第二定律即可求解加速度；
（2）假設(shè)小車與墻壁碰撞前有共同速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律求出此過程中滑塊與小車的相對(duì)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(shí)的速度；
（3）若滑塊恰能滑過圓的最高點(diǎn)，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(diǎn)時(shí)的速度，根據(jù)動(dòng)能定理求出軌道半徑；若滑塊恰好滑至

1

4

圓弧到達(dá)T點(diǎn)時(shí)就停止，滑塊也能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道．根據(jù)動(dòng)能定理求解半徑，即能得到半徑的條件．

解答：解：（1）由牛頓第二定律得：
對(duì)木塊有：-μmg=ma₁解得：a1=-2m/s2
對(duì)小車有：μmg=Ma₂解得：a1=4m/s2
（2）設(shè)滑塊與小車的共同速度為v₁，滑塊與小車相對(duì)運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)量守恒，有
  mv₀=（m+M）v₁ 
代入數(shù)據(jù)解得
  v₁=4m/s 
設(shè)滑塊與小車的相對(duì)位移為 L₁，由系統(tǒng)能量守恒定律，有
  μmgL₁=

1

2

mv02-

1

2

(m+M)v12
代入數(shù)據(jù)解得   L₁=3m 
設(shè)與滑塊相對(duì)靜止時(shí)小車的位移為S₁，根據(jù)動(dòng)能定理，有
  μmgS₁=

1

2

Mv12-0
代入數(shù)據(jù)解得S₁=2m 
因L₁＜L，S₁＜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(shí)小車與墻壁還未發(fā)生碰撞，故小車與碰壁碰撞時(shí)的速度即v₁=4m/s．
（3）滑塊將在小車上繼續(xù)向右做初速度為v₁=4m/s，位移為L(zhǎng)₂=L-L₁=1m的勻減速運(yùn)動(dòng)，然后滑上圓軌道的最低點(diǎn)P．
若滑塊恰能滑過圓的最高點(diǎn)，設(shè)滑至最高點(diǎn)的速度為v，臨界條件為
  mg=m

v2

R

根據(jù)動(dòng)能定理，有
-μmgL₂-mg?2R=

1

2

mv2-

1

2

mv12
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得R=0.24m 
若滑塊恰好滑至

1

4

圓弧到達(dá)T點(diǎn)時(shí)就停止，則滑塊也能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道．
根據(jù)動(dòng)能定理，有
-μmgL₂-mg?R=0-

1

2

mv12
代入數(shù)據(jù)解得R=0.6m 
綜上所述，滑塊能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑必須滿足
R≤0.24m或R≥0.6m 
答：（1）滑塊在小車上運(yùn)動(dòng)的過程中，滑塊的加速度大小為2m/s²，小車的加速度大小為4m/s²；
（2）小車與墻壁碰撞時(shí)的速度是4m/s；
（3）要滑塊能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑R的取值為R≤0.24m或R≥0.6m．

點(diǎn)評(píng)：本題通過計(jì)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(diǎn)．第2題容易只考慮滑塊通過最高點(diǎn)的情況，而遺漏滑塊恰好滑至

1

4

圓弧到達(dá)T點(diǎn)時(shí)停止的情況，要培養(yǎng)自己分析隱含的臨界狀態(tài)的能力．