Question

19．如圖所示：質量M=0，6kg的滑板靜止在光滑水平面上，其左端C距鎖定裝置D的水平距離l=0.5m，滑板的上表面由粗糙水平面和光滑$\frac{1}{4}$圓弧面在B點平滑對接而成，粗糙水平面長L=4m，圓弧的半徑R=0.3m．現讓一質量m=0.3kg，可視為質點的小滑塊以大小v_o=5m/s、方向水平向左的初速度滑上滑板的右端A．若滑板到達D處即被鎖定，滑塊返回B點時裝置D即刻解鎖，已知滑塊與滑板間的動摩擦因數μ=0.2，重力加速度g=10m/s²．求：
（1）滑板到達D處前瞬間的速率；
（2）滑塊達到最大高度時與圓弧頂點P的距離；
（3）滑塊與滑板間摩擦產生的總熱量．

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律求出加速度，然后應用勻變速直線運動的運動規律求出滑板的速率．
（2）由勻變速直線運動的速度位移公式求出滑塊的速度，然后應用機械能守恒定律求出距離．
（3）摩擦力與相對位移的乘積等于克服摩擦力做功產生的熱量，求出兩過程產生的熱量，然后求出總的熱量．

解答 解：（1）對滑塊，由牛頓第二定律得：μmg=ma₁，
對滑板，由牛頓第二定律有：μmg=Ma₂，
解得：a₁=2m/s²，a₂=1m/s²，
設滑板到達D處前瞬間的速率為v，假定此時滑塊還在AB之間的E處，速率為v₁
由運動學規律有：l=$\frac{1}{2}$a₂t²，v=a₂t，v₁=v₀-a₁t，x=v₀t-$\frac{1}{2}$a₁t²，
解得：t=ls，v=1m/s，v₁=3m/s，x_AE=x-l=3.5m，
因x_AE＜L，假定成立，所以滑板到達D處前瞬間的速率：v=lm/s；
（2）滑板被鎖定后，設滑塊從E滑至B處的速率為v₂，
由運動學規律有：v₂²-v₁²=-2a₁（L-x_AE），解得：v₂=$\sqrt{7}$m/s，
沿圓弧上升的過程中，由機械能守恒定律有：mgH=$\frac{1}{2}$mv₂²，解得：H=0.35 m，
所以，滑塊達到最大高度時與圓弧頂點P的距離：h=（H-R）=0.05m；
（3）滑塊從A至B產生的熱量：Q₁=μmgL，解得：Q₁=2.4J，
滑塊返回B時的速率仍為v₂，此時滑板剛好解鎖，此后滑塊與滑板在相互間的摩擦力作
用下分別向右做減速與加速運動，假定達到共同速率v₃時，滑塊仍在滑板上，
對滑塊、滑板分別由運動學規律列式有：v₃=v₂-a₁t′，v₃=a₂t′，
x₁=v₂t′-$\frac{1}{2}$a₁t′²，x₂=$\frac{1}{2}$a₂t′²，解得：△x=x₁-x₂=$\frac{7}{6}$m＜L，假定成立，
所以這一過程產生的熱量：Q₂=μmg△x，解得：Q₂=0.7J，
產生的總熱量：Q=Q₁+Q₂=3.1J；
答：（1）滑板到達D處前瞬間的速率為1m/s；
（2）滑塊達到最大高度時與圓弧頂點P的距離為0.05m；
（3）滑塊與滑板間摩擦產生的總熱量為3.1J．

點評 本題是一道力學綜合題，考查了牛頓第二定律與運動學公式的應用，難度較大，分析清楚物體的運動過程是解題的關鍵，應用牛頓第二定律與運動學公式可以解題．