Question

14．如图所示，质量为M=0.5kg、长L=1m的平板车B静止在光滑水平面上，小车左端紧靠一半径为R=0.8m的光滑四分之一圆弧，圆弧最底端与小车上表面相切，圆弧底端静止一质量为m_C=1kg的滑块．现将一质量为m_A=1kg的小球从圆弧顶端静止释放，小球到达圆弧底端后与C发生弹性碰撞．C与B之间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s²．若在C刚好滑上木板B上表面的同时，给B施加一个水平向右的拉力F．试求：
（1）滑块C滑上B的初速度v₀．
（2）若F=2N，滑块C在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．
（3）如果要使C能从B上滑落，拉力F大小应满足的条件．

Answer 1

分析 （1）根据动能定理求出A到达圆弧底端的速度，结合动量守恒定律和能量守恒定律求出碰撞后C滑上B的速度．
（2）物体C滑上木板B以后，作匀减速运动，B做匀加速直线运动，抓住两者速度相等，结合运动学公式和牛顿第二定律求出相对滑动的最大距离．
（3）当F较小时滑块C从B的右端滑落，滑块C能滑落的临界条件是C到达B的右端时，C、B具有共同的速度；当F较大时，滑块C从B的左端滑落，在C到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，此时的临界条件是之后C必须相对B静止，才不会从B的左端滑落．根据牛顿第二定律和运动学公式综合求解．

解答 解：（1）设A到达圆弧底端的速度为v，由动能定理可得：
${m}_{A}gR=\frac{1}{2}{m}_{A}{v}^{2}$，
代入数据解得$v=\sqrt{2gR}=\sqrt{2×10×0.8}m/s=4m/s$．
A与C发生弹性碰撞，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得：m_Av=m_Av′+m_cv₀，
由机械能守恒定律可得：$\frac{1}{2}{m}_{A}{v}^{2}=\frac{1}{2}{m}_{A}v{′}^{2}+\frac{1}{2}{m}_{C}{{v}_{0}}^{2}$，
由以上两式解得v′=0，v₀=4m/s．
（2）物体C滑上木板B以后，作匀减速运动，此时设B的加速度为a_B，C的加速度为a_C，由牛顿第二定律得，
μm_Cg=m_Ca_C，
解得${a}_{C}=μg=0.2×10m/{s}^{2}=2m/{s}^{2}$，
木板B作加速运动，由牛顿第二定律得，F+μm_Cg=Ma_B，
代入数据解得${a}_{B}=8.0m/{s}^{2}$．
两者速度相同时，有：v₀-a_Ct=a_Bt，
代入数据解得t=0.4s．
C滑行距离${s}_{C}={v}_{0}t-\frac{1}{2}{a}_{C}{t}^{2}=1.44m$，
B滑行的距离${s}_{B}=\frac{1}{2}{a}_{B}{t}^{2}=0.64m$ 
C与B之间的最大距离△s=s_C-s_B=0.80m．
（3）C从B上滑落的情况有两种：
①当F较小时滑块C从B的右端滑落，滑块C能滑落的临界条件是C到达B的右端时，C、B具有共同的速度v₁，设该过程中B的加速度为a_B1，C的加速度不变，
根据匀变速直线运动的规律：$\frac{{{v}_{0}}^{2}-{{v}_{1}}^{2}}{2{a}_{C}}=\frac{{{v}_{1}}^{2}}{2{a}_{B1}}+L$，$\frac{{v}_{0}-{v}_{1}}{{a}_{C}}=\frac{{v}_{1}}{{a}_{B1}}$，
由以上两式可得：${a}_{B1}=6m/{s}^{2}$，v₁=3.0m/s，
再代入F+μm_Cg=Ma_B1得，F=1N．
即若F＜1N，则C滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落．
②当F较大时，滑块C从B的左端滑落，在C到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，此时的临界条件是之后C必须相对B静止，才不会从B的左端滑落．
对B、C整体有：F=（m_C+M）a，对于C有：μm_Cg=m_Ca
由以上两式解得F=3N，即若F大于3N，A就会相对B向左滑行．
综上所述，力F满足的条件是：3N≤F或F≤1N．
答：（1）滑块C滑上B的初速度为4m/s．
（2）若F=2N，滑块C在小车上运动时相对小车滑行的最大距离为0.80m．
（3）如果要使C能从B上滑落，拉力F大小应满足的条件3N≤F或F≤1N．

点评 本题是机械能守恒、牛顿第二定律、动量守恒和能量守恒的综合应用，对于相对运动的距离，可以通过动力学知识求解，也可以根据能量守恒和动量守恒综合求解．