Question

如圖所示，地面和半圓軌道面均光滑．質(zhì)量M=1kg、長L=4m的小車放在地面上，其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v₀=6m/s的初速度滑上小車左端，帶動小車向右運(yùn)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(shù)μ=0.2，g取10m/s²．
（1）求小車與墻壁碰撞時的速度；
（2）要滑塊能沿圓軌道運(yùn)動而不脫離圓軌道，求半圓軌道的半徑R的取值．

Answer 1

分析：（1）假設(shè)小車與墻壁碰撞前有共同速度，根據(jù)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；
（2）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)時的速度，根據(jù)動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)時就停止，滑塊也能沿圓軌道運(yùn)動而不脫離圓軌道．根據(jù)動能定理求解半徑，即能得到半徑的條件．

解答：解：（1）設(shè)滑塊與小車的共同速度為v₁，滑塊與小車相對運(yùn)動過程中動量守恒，有
  mv₀=（m+M）v₁ 
代入數(shù)據(jù)解得
  v₁=4m/s 
設(shè)滑塊與小車的相對位移為 L₁，由系統(tǒng)能量守恒定律，有
  μmgL₁=

1

2

m

v

2 0

-

1

2

(m+M)

v

2 1

代入數(shù)據(jù)解得   L₁=3m 
設(shè)與滑塊相對靜止時小車的位移為S₁，根據(jù)動能定理，有
  μmgS₁=

1

2

M

v

2 1

-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，且共速時小車與墻壁還未發(fā)生碰撞，故小車與碰壁碰撞時的速度即v₁=4m/s．
（2）滑塊將在小車上繼續(xù)向右做初速度為v₁=4m/s，位移為L₂=L-L₁=1m的勻減速運(yùn)動，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

v 2

R

根據(jù)動能定理，有
-μmgL₂-mg?2R=

1

2

mv 2-

1

2

m

v

2 1

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)時就停止，則滑塊也能沿圓軌道運(yùn)動而不脫離圓軌道．
根據(jù)動能定理，有
-μmgL₂-mg?R=0-

1

2

m

v

2 1

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）小車與墻壁碰撞時的速度是4m/s；
（2）要滑塊能沿圓軌道運(yùn)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(diǎn)評：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)時停止的情況，要培養(yǎng)自己分析隱含的臨界狀態(tài)的能力．