Question

如圖所示，地面和半圓軌道面PTQ均光滑．質量M=1kg、長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P的切線相平．現有一質量m=2kg的滑塊（不計大小）以vo=6m/s的初速度滑上小車左端，帶動小車向右運動．小車與墻壁碰撞時即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車表面的滑動摩擦因數μ=0.2，g取10m/S²．求：
（1）滑塊在小車上運動的過程中，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靜止，并求小車與墻壁碰撞時滑塊的速度．
（3）若滑塊在圓軌道滑動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）分別對物塊和小車運用牛頓第二定律即可求解加速度；
（2）假設小車與墻壁碰撞前有共同速度，根據動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的速度；
（3）若滑塊恰能滑過圓的最高點，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出滑塊經過最高點時的速度，根據動能定理求出軌道半徑；若滑塊恰好滑至

1

4

圓弧到達T點時就停止，滑塊也能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道．根據動能定理求解半徑，即能得到半徑的條件．

解答：解：（1）由牛頓第二定律得：
對木塊有：-μmg=ma₁解得：a1=-2m/s2
對小車有：μmg=Ma₂解得：a1=4m/s2
（2）設滑塊與小車的共同速度為v₁，滑塊與小車相對運動過程中動量守恒，有
  mv₀=（m+M）v₁ 
代入數據解得
  v₁=4m/s 
設滑塊與小車的相對位移為 L₁，由系統能量守恒定律，有
  μmgL₁=

1

2

mv02-

1

2

(m+M)v12
代入數據解得   L₁=3m 
設與滑塊相對靜止時小車的位移為S₁，根據動能定理，有
  μmgS₁=

1

2

Mv12-0
代入數據解得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，且共速時小車與墻壁還未發生碰撞，故小車與碰壁碰撞時的速度即v₁=4m/s．
（3）滑塊將在小車上繼續向右做初速度為v₁=4m/s，位移為L₂=L-L₁=1m的勻減速運動，然后滑上圓軌道的最低點P．
若滑塊恰能滑過圓的最高點，設滑至最高點的速度為v，臨界條件為
  mg=m

v2

R

根據動能定理，有
-μmgL₂-mg?2R=

1

2

mv2-

1

2

mv12
聯立并代入數據解得R=0.24m 
若滑塊恰好滑至

1

4

圓弧到達T點時就停止，則滑塊也能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道．
根據動能定理，有
-μmgL₂-mg?R=0-

1

2

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

點評：本題通過計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．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

1

4

圓弧到達T點時停止的情況，要培養自己分析隱含的臨界狀態的能力．