Question

19．如图所示，一固定斜面体，其斜边与水平底边的夹角θ=37°，BC为一段光滑圆弧轨道，DE为半圆形光滑轨道，两圆弧轨道均固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，右端紧靠C点，上表面所在平面与两圆弧分别相切于C、D两点．一物块被轻放在斜面上F点由静止释放，物块离开斜面后恰好在B点沿切线进入BC段圆弧轨道，再经C点滑上滑板，滑板运动到D点时被牢固粘连．物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，DE半圆弧轨道和BC圆弧轨道的半径均为R，斜面体水平底边与滑板上表面的高度差H=2R，板长l=6.5R，板左端到D点的距离L在R＜L＜5R范围内取值，F点距A点的距离s=12.5R，物块与斜面、物块与滑板间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度取g．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（结果用字母m、g、R、L表示）
（1）求物块滑到A点的速度大小；
（2）求物块滑到C点时所受圆弧轨道的支持力的大小；
（3）试讨论物块从滑上滑板到离开左端的过程中，克服摩擦力做的功W_f与L的关系；并判断物块能否滑到DE轨道的中点．

Answer 1

分析 （1）对滑块，应用动能定理可以求出滑块的速度．
（2）由动能定理求出滑块到达C点的速度，然后由牛顿第二定律求出支持力．
（3）滑块与滑板组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与动能定理求出滑块与滑板的位移，然后应用动能定理分析答题．

解答 解：（1）物块沿斜面下滑过程，由动能定理得：
mg•12.5Rsinθ-μmg•12.5Rcosθ=$\frac{1}{2}$mv₁²-0，
解得：v₁=$\sqrt{5gR}$；
（2）对物块，由机械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}$mv₁²+mg•2R=$\frac{1}{2}$mv₂²，
解得：v₂=3$\sqrt{gR}$，
在C点，由牛顿第二定律得：
F-mg=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{R}$，
解得：F=10mg；
（3）物块从C滑上滑板后做匀减速直线运动，滑板做匀加速直线运动，
系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv₂=（M+m）v₃，
解得：v₃=$\sqrt{gR}$，
对物块，由动能定理得：-μmgl₁=$\frac{1}{2}$mv₃²-$\frac{1}{2}$mv₂²，
对滑板，由动能定理得：μmgl₂=$\frac{1}{2}$Mv₃²-0，
解得：l₁=8R，l₂=2R，
物块相对于滑板的位移：△l=l₂-l₁=6R＜l，
则物块与滑板速度相同时物块没有离开滑板，两者速度相同后一起做匀速直线运动，
①当R＜L＜2R时，物块在滑板上一直做匀减速运动到达D点，位移大小为6.5R+L，
克服摩擦力做功：W_f=μmg（6.5R+L）=$\frac{1}{4}$mg（13R+2L），
由动能定理得：-μmg（6.5R+L=$\frac{1}{2}$mv_D²-$\frac{1}{2}$mv₂²，
解得：$\frac{1}{2}$mv_D²=$\frac{1}{2}$mg（2.5R-L）＜mgR，物块不可能滑到DE轨道的中点；
②当2R≤L＜5R时，物块先匀减速运动8R，然后匀速运动L-2R，再匀减速运动0.5R，
克服摩擦力做功：W_f=μmg（8R+0.5R）=$\frac{17}{4}$mgR，
由动能定理得：-μmg（8R+0.5R）=$\frac{1}{2}$mv_D′²-$\frac{1}{2}$mv₂²，
解得：$\frac{1}{2}$mv_D′²=$\frac{1}{4}$mgR＜mgR，物块不可能滑到DE轨道的中点；
答：（1）物块滑到A点的速度大小为$\sqrt{5gR}$；
（2）物块滑到C点时所受圆弧轨道的支持力的大小为10mg；
（3）①当R＜L＜2R时，克服摩擦力做功：W_f=$\frac{1}{4}$mg（13R+2L），物块不可能滑到DE轨道的中点；
②当2R≤L＜5R时，克服摩擦力做功：W_f=$\frac{17}{4}$mgR，物块不可能滑到DE轨道的中点．

点评 本题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体运动过程，应用动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律可以解题．