Question

如圖所示，地面和半圓軌道面均光滑，質(zhì)量M=1kg、長(zhǎng)L=4m的小車(chē)放在地面上，其右端與墻壁的距離S=3m，小車(chē)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（可視為質(zhì)點(diǎn)）以v₀=6m/s的初速度滑上小車(chē)左端，帶動(dòng)小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)，小車(chē)與墻壁碰撞時(shí)即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車(chē)表面的滑動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，g取10m/s²．
（1）小車(chē)與墻壁碰撞前，小滑塊會(huì)不會(huì)從小車(chē)上掉下來(lái)？
（2）討論半圓軌道的半徑R在什么范圍內(nèi)，滑塊能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道？

Answer 1

分析：（1）中可用假設(shè)法根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出滑塊與小車(chē)速度相同時(shí)的速度，再結(jié)合能量守恒定律即動(dòng)能定理求出相應(yīng)位移，從而比較可得結(jié)論．（2）中注意物塊能到達(dá)豎直平面內(nèi)最高點(diǎn)的最小速度條件是重力等于向心力，而到達(dá)

1

4

圓弧T點(diǎn)的最小速度是0．

解答：解：（1）設(shè)滑塊與小車(chē)的共同速度為v₁，滑塊與小車(chē)相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(chē)的相對(duì)位移為L(zhǎng)₁，由系統(tǒng)能量守恒定律，有：μmgL 1=

1

2

mv 0 2-

1

2

(m+M)v 1 2
代入數(shù)據(jù)解得：L₁=3m
設(shè)與滑塊相對(duì)靜止時(shí)小車(chē)的位移為S₁，根據(jù)動(dòng)能定理，有：μmgS 1=

1

2

Mv 1 2-0
代入數(shù)據(jù)解得：S₁=2m
因L₁＜L，S₁＜S，說(shuō)明小車(chē)與墻壁碰撞前滑塊與小車(chē)已具有共同速度，且共速時(shí)小車(chē)與墻壁還未發(fā)生碰撞，小滑塊不會(huì)從小車(chē)上掉下來(lái)．
（2）滑塊將在小車(chē)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(guò)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

v 2

R

            ①
根據(jù)動(dòng)能定理，有：-μmgL 2-mg?2R=

1

2

mv 2-

1

2

mv 1 2                           ②
①②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：-μmgL 2-mg?R=0-

1

2

mv 1 2
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(mǎn)足：R≤0.24m或R≥0.6m
答：（1）小車(chē)與墻壁碰撞前，小滑塊不會(huì)從小車(chē)上掉下來(lái)．
（2）半圓軌道的半徑R滿(mǎn)足：R≤0.24m或R≥0.6m時(shí)，滑塊能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道．

點(diǎn)評(píng)：當(dāng)遇到相互作用的問(wèn)題時(shí)要想到運(yùn)用動(dòng)量守恒定律并結(jié)合能量守恒定律求解，當(dāng)遇到豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)注意臨界速度的求法．該題還要注意對(duì)滑塊能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道的情景分析．