Question

8．如圖所示，高臺(tái)的上面有一豎直的$\frac{1}{4}$圓弧形光滑軌道，半徑R=1.25m，軌道端點(diǎn)B的切線水平．質(zhì)量m=0.5kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）由軌道頂端A由靜止釋放，離開B點(diǎn)后經(jīng)時(shí)間t=1s撞擊在足夠長的斜面上的P點(diǎn)．已知斜面的傾角θ=37°，斜面底端C與B點(diǎn)的水平距離x₀=3m．當(dāng)滑塊m離開B點(diǎn)時(shí)，位于斜面底端C點(diǎn)、質(zhì)量M=1kg的小車，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，由靜止開始向上加速運(yùn)動(dòng)，恰好在P點(diǎn)被m擊中并卡于其中．滑塊與小車碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，碰后立即撤去拉力F，此時(shí)小車整體速度變?yōu)?.2m/s，仍沿斜面向上運(yùn)動(dòng)．已知小車與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25．g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計(jì)空氣阻力．求：
（1）滑塊離開至B點(diǎn)時(shí)的速度大��；
（2）拉力F大��；
（3）小車在碰撞后在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）由機(jī)械能守恒定律求出滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度．
（2）由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)求出M的水平位移，然后由幾何知識(shí)求出M的位移，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出M的加速度，由牛頓第二定律求出拉力大�。�
（3）由牛頓第二定律求出加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求出滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）m由A到B過場中，由機(jī)械能守恒定律得：mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
解得：v_B=5m/s
（2）m離開B后做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移x=v_Bt=5m
由幾何關(guān)系可得M的位移為：s=$\frac{x-{x}_{0}}{cos37°}$=$\frac{5-3}{0.8}m=2.5m$
設(shè)滑塊M向上運(yùn)動(dòng)的加速度為a，由s=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
可得a=5m/s²
由牛頓第二定律可得：F-Mgsin37°-μMgcos37°=Ma
解得：F=13N
（3）撤去拉力后，滑塊M沿斜面上滑過程的加速度：
（M+m）gsin37°+μ（M+m）gcos37°=（M+m）a₁
a₁=gsin37°+μgcos37°=8m/s²
上滑時(shí)間t₁=$\frac{v}{{a}_{1}}=\frac{3.2}{8}s=0.4s$
上滑位移s₁=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{1}}=\frac{3．{2}^{2}}{2×8}s$=0.64m
滑塊M沿斜面下滑過程的加速度a₂=gsin37°-μgcos37°=4m/s²
下滑過程s+s₁=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}$
解 得：${t_2}=\sqrt{\frac{{2（{s+{s_1}}）}}{a_2}}=\sqrt{\frac{{2（{2.5+0.64}）}}{4}}s=1.25s$
所以返回所用的時(shí)間為：t=t₁+t₂=（0.4+1.25）s=1.65s
答：（1）滑塊離開至B點(diǎn)時(shí)的速度大小5m/s；
（2）拉力F大小13N；
（3）小車在碰撞后在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間1.65s．

點(diǎn)評(píng) 本題是多體多過程問題，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可正確解題．