Question

3．如图所示，倾斜直轨道AB倾角30°，长度s₁=1.8m，动摩擦因数μ₁=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，水平轨道BC、DE、FG均光滑，DE长为s₂=1m，倾斜轨道与水平轨道在B处以光滑小圆弧平滑连接．小车质量m₂=4kg，长为L=0.8m，上表面动摩擦因数μ₂=0.4，上表面与BC、FG轨道等高，当小车与轨道EF端面相碰时立即停止运动，开始小车紧靠轨道CD端面但与CD端面不连接．小滑块m₁可视为质点，从倾斜轨道顶点A静止释放，g=10m/s²，求：
（1）小滑块滑上小车前瞬间的速度大小；
（2）如小滑块质量m₁=2kg，小滑块滑离小车的速度大小；
（3）如小滑块质量m₁=1kg，小滑块从释放到滑离小车过程中损失的机械能△E．

Answer 1

分析 （1）根据动能定理求出速度；
（2）求出m₁和m₂的加速度，根据匀变速直线运动的规律求出运动距离，判定m₁的运动状态，再由运动学公式求解速度；
（3）根据（2）中的计算原理，求得脱离时的速度，利用动能定理求解损失的机械能．

解答 解：（1）滑块在AB上运动时，受重力、摩擦力和支持力，设到B点是速度为v_B，
由动能定理得：${m}_{1}gsin30°{s}_{1}-{μ}_{1}{m}_{1}gcos30°{s}_{1}=\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$，
解得：v_B=3m/s，
轨道BC光滑，滑块在上面做匀速运动，到达C点的速度为3m/s；
（2）小滑块滑上小车后，对滑块受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得：F_合=μ₂m₁g=m₁a₁，
解得：a₁=4m/s²，做匀减速运动，
对小车受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得：F_合=μ₂m₁g=m₂a₂，
解得：a₂=2m/s²，
做匀加速运动，设速度相同时，经历时间为t，由：v_B-a₁t=a₂t，
解得时间：t=0.5s，
此时间内，滑块的位移为：x₁=v_Bt-$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$=1m，
小车的位移为：x₂=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$=0.25m，
由于：x₁-x2＜L，
故滑块一直做匀减速到达EF处，有运动学公式，${v}_{F}^{2}-{v}_{B}^{2}=-2{a}_{1}{s}_{2}$，
解得：v_F=1m/s．
（3）小滑块滑上小车后，对滑块受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得：F_合=μ₂m₁g=m₁a₁，
解得：a₁=4m/s²，
做匀减速运动，对小车受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得：F_合=μ₂m₁g=m₂a₂，
解得：a₂=1m/s²，做匀加速运动，
设速度相同时，经历时间为t，由：v_B-a₁t=a₂t，
解得时间：t=$\frac{3}{5}$s，
此时间内，滑块的位移，x₁=v_Bt-$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$=$\frac{27}{25}$m，
小车的位移为：x₂=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$=$\frac{3}{50}$m，
由于：x₁-x₂＞L，
故滑块在达到相同速度之前，已从小车上滑下，设滑下经历的时间为t，则由：x_块-x_板=L，
即：${v}_{B}t-\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=L$，
代入数据：$3t-\frac{1}{2}×4{t}^{2}-\frac{1}{2}×1{t}^{2}=0.8$，
解得：t=$\frac{2}{5}s$，t=$\frac{4}{5}s＞\frac{3}{5}$舍去，
此时速度：v_块=v_B-a₁t=3-4×$\frac{2}{5}$=$\frac{7}{5}m/s$
小滑块从释放到滑离小车过程中损失的势能为；△E_P=m₁gs₁sin30°=1×10×1.8×0.5=9J，
此时获得的动能为：$△{E}_{K}=\frac{1}{2}{m}_{1}{v}_{块}^{2}=\frac{1}{2}×1×（{\frac{7}{5}）}^{2}=\frac{49}{50}$J
故损失的机械能为：△E=$△{E}_{P}-△{E}_{K}=9J-\frac{49}{50}J=8.02J$
答：（1）小滑块滑上小车前瞬间的速度大小为3m/s；
（2）如小滑块质量m₁=2kg，小滑块滑离小车的速度大小为1m/s；
（3）如小滑块质量m₁=1kg，小滑块从释放到滑离小车过程中损失的机械能△E为8.02J

点评 此题考查动能定理及牛顿第二定律的应用，属于多过程问题，需要分阶段求解，特别注意第三问中滑块脱离小车时速度的大小确定问题的判定问题．