Question

12．如圖所示，光滑的$\frac{1}{4}$圓弧軌道固定在桌面上，質量為M的長木板B緊靠圓弧軌道靜止在光滑水平桌面上，長木板的上表面與圓弧軌道的底端切線處于同一水平面，桌面的右端固定一大小可忽略的小擋板P，現將質量為m的小物塊A自圓弧軌道的頂端由靜止釋放．已知M=2m，圓弧軌道的半徑為R，長木板的上表面離地面的高度為R，A與B間的動摩擦因數μ=0.5，重力加速度為g，假設B的長度為L，P到B右端的距離為x，試求：
（1）小物塊A滑至圓弧軌道底端時對軌道的壓力；
（2）若B與P發(fā)生碰撞時A、B恰好共速，則L、x應滿足什么條件，
（3）若L=$\frac{3}{2}$R，B與P碰撞后靜止，A滑離B后落到水平地面上的E點，試分析討論x取不同值時，E點與桌面右端的水平距離 s與x有何關系？

Answer 1

分析 （1）A由靜止滑至底端過程中，根據動能定理求出到達低端的速度，在最低點，根據向心力公式列式即可求解；
（2）B與P碰撞時，A、B恰好共速，設A的位移為x_A、B的位移為x_B，碰撞過程中，動量守恒，根據動量守恒定律定律列式，再分別對A和B根據動能定理列式，聯(lián)立方程求解；
（3）若x≥x_B，則B與P碰撞時，A、B已共速，根據動能定理列式求出A滑離B時的速度，A滑離B后做平拋運動，根據平拋運動基本公式求解，若0≤x≤x_B，則B與P碰撞時，A、B還未共速，碰后A繼續(xù)在B上滑行，根據動能定理求解．

解答 解：（1）A由靜止滑至底端過程：$mgR=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$①
解得：${v}_{0}=\sqrt{2gR}$
A在最低點時：$N-mg=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$②
解得：N=3mg
由牛頓第三定律：A對軌道的壓力大小N′=N=3mg，方向豎直向下，
（2）B與P碰撞時，A、B恰好共速，設A的位移為x_A、B的位移為x_B，則有
mv₀=（m+M）v_共③
對B：$μmg{x}_{B}=\frac{1}{2}M{{v}_{共}}^{2}$④
對A：$-μmg{x}_{A}=\frac{1}{2}M{v}_{共}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$⑤
聯(lián)立①③④⑤解得：${x}_{A}=\frac{16}{9}R$，${x}_{B}=\frac{4}{9}R$
所以有：$x={x}_{B}=\frac{4}{9}R$，$L≥{x}_{A}-{x}_{B}=\frac{4}{3}R$
（3）由于$L=\frac{3R}{2}＞\frac{4}{3}R$，故B與P碰撞前，A不會滑離B．
（i）若x≥x_B，則B與P碰撞時，A、B已共速，設A滑離B時的速度為v_A，則碰后至A滑離B的過程有：$-μmg（\frac{3}{2}R-\frac{4}{3}R）=\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{共}}^{2}$⑥
聯(lián)立①③⑥解得：${v}_{A}=\frac{\sqrt{2gR}}{6}$⑦
A滑離B后做平拋運動，則有：$R=\frac{1}{2}g{t}^{2}$⑧
s=v_At⑨
聯(lián)立⑦⑧⑨解得：$s=\frac{1}{3}R$
（ii）若0≤x≤x_B，則B與P碰撞時，A、B還未共速，碰后A繼續(xù)在B上滑行，A滑離B時的速度為v_A，則有：$-μmg（\frac{3}{2}R+x）=\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$⑩
解得：${v}_{A}=\sqrt{\frac{1}{2}g（R-2x）}$＞0，說明A能滑離B．
聯(lián)立解得：$s=\sqrt{{R}^{2}-2Rx}$
答：（1）小物塊A滑至圓弧軌道底端時對軌道的壓力為3mg，方向豎直向下；
（2）若B與P發(fā)生碰撞時A、B恰好共速，則L、x應滿足$x=\frac{4}{9}R$，$L≥\frac{4}{3}R$，
（3）若x≥x_B，$s=\frac{1}{3}R$；若0≤x≤x_B，$s=\sqrt{{R}^{2}-2Rx}$．

點評 本題主要考查了動量守恒定律、動能定理、平拋運動基本公式以及向心力公式的直接應用，關鍵是分析清楚物體的受力情況和運動情況，能選擇合適的定理求解，知道A滑離B后做平拋運動，能分情況進行討論，難度適中．