Question

17．如图所示，半圆形光滑滑槽固定放在水平面右侧，左侧有一木板，木板右端B与滑槽人口C相距7m，且木板上表面与滑槽入口等高．某时刻一小物块以9m/s的初速度滑上木板．木板与半圆形滑槽碰撞后静止不动，小物块冲入半圆形滑槽．已知木板的长度L=4.5m、质量m₁=1kg，与地面间的动摩擦因数μ₁=0.1，小物块的质量m₂=2kg，与木板之间的动摩擦因数μ₂=0.4，小物块可以看做质点，取重力加速度的大小g=l0m/S²．求：
（1）小物块刚滑上木板时，木板的加速度；
（2）木板与半圈形滑槽碰撞前瞬间的速度；
（3）为使小物块在滑槽内滑动的过程中不脱离滑槽，滑槽半径的取值范围．

Answer 1

分析 （1）分析小物块和木板的受力情况，由牛顿第二定律求出两者的加速度．
（2）由速度时间公式求出物块与木板速度达到相同经历的时间，求得共同速度．由位移时间公式求出两者对地的位移，得到相对位移，判断物块是否滑出木板，可知两者共速后一起匀减速运动，由牛顿第二定律求整体的加速度，由位移速度关系公式求出木板与半圈形滑槽碰撞前瞬间的速度．
（3）小物块在滑槽内滑动的过程中不脱离滑槽，有两种情况：一种情况是物块能到达D点，由D点的临界速度和动能定理结合求滑槽半径．另一种情况是物块最大高度到达E点，由动能定理求滑槽半径，最后得到滑槽半径的取值范围．

解答 解：（1）对物块，由牛顿第二定律得 μ₂m₂g=m₂a₂；
可得物块的加速度大小为 a₂=μ₂g=4m/s²．
木板的加速度大小为 a₁=$\frac{{μ}_{2}{m}_{2}g-{μ}_{1}（{m}_{1}+{m}_{2}）g}{{m}_{1}}$=5m/s²．
（2）设物块和木板达到共同速度为v₁的时间为t，则
   v₁=a₁t=v₀-a₂t
代入数据解得 t=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}+{a}_{2}}$=$\frac{9}{5+4}$=1s
   v₁=a₁t=5×1=5m/s
此过程中木板的位移为 x₁=$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$=$\frac{1}{2}×5×{1}^{2}$=2.5m＜7m
小物块的位移 x₂=$\frac{{v}_{0}+{v}_{1}}{2}t$=$\frac{9+5}{2}×1$=7m
物块与木板的相对位移为△x=x₂-x₁=7m-2.5m=4.5m
因为△x=L，所以物块刚好滑至木板的右端时，两者具有共同速度，假设木板与物块一起匀减速运动，加速度大小为 a₃=$\frac{{μ}_{1}（{m}_{1}+{m}_{2}）g}{{m}_{1}+{m}_{2}}$=μ₁g=1m/s²．因为a₃＜a₂，所以物块和木板一起减速．
设滑行到C处的速度为v_C，根据速度位移关系有
  ${v}_{1}^{2}-{v}_{C}^{2}$=2a₃（s-x₁）
解得 v_C=$\sqrt{{v}_{1}^{2}-2{a}_{3}（s-{x}_{1}）}$=$\sqrt{{5}^{2}-2×1×（7-2.5）}$=4m/s
即木板与半圈形滑槽碰撞前瞬间的速度是4m/s．
（2）若物块恰能滑过槽的最高点，设滑至最高点的速率为v_D．
由向心力公式有 m₂g=m₂$\frac{{v}_{D}^{2}}{{R}_{max}}$
物块从C运动到最高点的过程中，根据动能定理有
-m₂g•2R_max=$\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{D}^{2}$-$\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{C}^{2}$
代入数据解得 R_max=0.32m
若物块恰好滑至$\frac{1}{4}$圆弧到达E点时速度为零，则物块也能沿滑槽运动而不脱离滑槽，根据动能定理得
-m₂gR_min=0-$\frac{1}{2}{m}_{2}{v}_{C}^{2}$
代入数据解得 R_min=0.8m
所以为使小物块在滑槽内滑动的过程中不脱离滑槽，滑槽半径的取值范围为R≤0.32m或R≥0.8m．
答：
（1）小物块刚滑上木板时，木板的加速度是4m/s²；
（2）木板与半圈形滑槽碰撞前瞬间的速度是4m/s；
（3）为使小物块在滑槽内滑动的过程中不脱离滑槽，滑槽半径的取值范围为R≤0.32m或R≥0.8m．

点评 本题通过计算分析木板与滑槽碰撞前物块与木板的速度是否相同是关键．第2题容易只考虑滑块通过最高点的情况，而遗漏滑块恰好滑至$\frac{1}{4}$圆弧到达E点时速度为零的情况，要培养自己分析隐含的临界状态的能力．