Question

17．如圖所示，半圓形光滑滑槽固定放在水平面右側，左側有一木板，木板右端B與滑槽人口C相距7m，且木板上表面與滑槽入口等高．某時刻一小物塊以9m/s的初速度滑上木板．木板與半圓形滑槽碰撞后靜止不動，小物塊沖入半圓形滑槽．已知木板的長度L=4.5m、質量m₁=1kg，與地面間的動摩擦因數μ₁=0.1，小物塊的質量m₂=2kg，與木板之間的動摩擦因數μ₂=0.4，小物塊可以看做質點，取重力加速度的大小g=l0m/S²．求：
（1）小物塊剛滑上木板時，木板的加速度；
（2）木板與半圈形滑槽碰撞前瞬間的速度；
（3）為使小物塊在滑槽內滑動的過程中不脫離滑槽，滑槽半徑的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）分析小物塊和木板的受力情況，由牛頓第二定律求出兩者的加速度．
（2）由速度時間公式求出物塊與木板速度達到相同經歷的時間，求得共同速度．由位移時間公式求出兩者對地的位移，得到相對位移，判斷物塊是否滑出木板，可知兩者共速后一起勻減速運動，由牛頓第二定律求整體的加速度，由位移速度關系公式求出木板與半圈形滑槽碰撞前瞬間的速度．
（3）小物塊在滑槽內滑動的過程中不脫離滑槽，有兩種情況：一種情況是物塊能到達D點，由D點的臨界速度和動能定理結合求滑槽半徑．另一種情況是物塊最大高度到達E點，由動能定理求滑槽半徑，最后得到滑槽半徑的取值范圍．

解答 解：（1）對物塊，由牛頓第二定律得 μ₂m₂g=m₂a₂；
可得物塊的加速度大小為 a₂=μ₂g=4m/s²．
木板的加速度大小為 a₁=$\frac{{μ}_{2}{m}_{2}g-{μ}_{1}（{m}_{1}+{m}_{2}）g}{{m}_{1}}$=5m/s²．
（2）設物塊和木板達到共同速度為v₁的時間為t，則
   v₁=a₁t=v₀-a₂t
代入數據解得 t=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}+{a}_{2}}$=$\frac{9}{5+4}$=1s
   v₁=a₁t=5×1=5m/s
此過程中木板的位移為 x₁=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$=$\frac{1}{2}×5×{1}^{2}$=2.5m＜7m
小物塊的位移 x₂=$\frac{{v}_{0}+{v}_{1}}{2}t$=$\frac{9+5}{2}×1$=7m
物塊與木板的相對位移為△x=x₂-x₁=7m-2.5m=4.5m
因為△x=L，所以物塊剛好滑至木板的右端時，兩者具有共同速度，假設木板與物塊一起勻減速運動，加速度大小為 a₃=$\frac{{μ}_{1}（{m}_{1}+{m}_{2}）g}{{m}_{1}+{m}_{2}}$=μ₁g=1m/s²．因為a₃＜a₂，所以物塊和木板一起減速．
設滑行到C處的速度為v_C，根據速度位移關系有
  ${v}_{1}^{2}-{v}_{C}^{2}$=2a₃（s-x₁）
解得 v_C=$\sqrt{{v}_{1}^{2}-2{a}_{3}（s-{x}_{1}）}$=$\sqrt{{5}^{2}-2×1×（7-2.5）}$=4m/s
即木板與半圈形滑槽碰撞前瞬間的速度是4m/s．
（2）若物塊恰能滑過槽的最高點，設滑至最高點的速率為v_D．
由向心力公式有 m₂g=m₂$\frac{{v}_{D}^{2}}{{R}_{max}}$
物塊從C運動到最高點的過程中，根據動能定理有
-m₂g•2R_max=$\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{D}^{2}$-$\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{C}^{2}$
代入數據解得 R_max=0.32m
若物塊恰好滑至$\frac{1}{4}$圓弧到達E點時速度為零，則物塊也能沿滑槽運動而不脫離滑槽，根據動能定理得
-m₂gR_min=0-$\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{C}^{2}$
代入數據解得 R_min=0.8m
所以為使小物塊在滑槽內滑動的過程中不脫離滑槽，滑槽半徑的取值范圍為R≤0.32m或R≥0.8m．
答：
（1）小物塊剛滑上木板時，木板的加速度是4m/s²；
（2）木板與半圈形滑槽碰撞前瞬間的速度是4m/s；
（3）為使小物塊在滑槽內滑動的過程中不脫離滑槽，滑槽半徑的取值范圍為R≤0.32m或R≥0.8m．

點評 本題通過計算分析木板與滑槽碰撞前物塊與木板的速度是否相同是關鍵．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E點時速度為零的情況，要培養自己分析隱含的臨界狀態的能力．