题目内容

（2013?广州三模）如图所示，以A、B为端点的1/4光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一足够长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点，离滑板右端L0=
R2
处有一竖直固定的挡板P．一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B滑上滑板．已知物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，圆弧轨道半径为R，物块与滑板间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g．滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，滑板返回B点时即被锁定．
（1）求物块滑到B点的速度大小；
（2）求滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小；
（3）站在地面的观察者看到在一段时间内物块正在做加速运动，求这段时间内滑板的速度范围．
分析：（1）滑块下滑过程只有重力做功，机械能守恒，根据守恒定律列式求解即可；
（2）先假设碰撞前滑块和滑板速度已经相同，先根据动量守恒定律求解滑板速度，再根据动能定理列式求解出滑板的位移；会发现假设成立；
（3）碰撞后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动；根据动量守恒定律得到滑块加速运动的初速度和末速度，然后求解出对应时刻滑板的速度，即得到要求解的滑板速度范围．
解答：解：（1）物块由A到B的运动过程，只有重力做功，机械能守恒．设物块滑到B点的速度大小为v0，有：
mgR=
1
2
m
v
2
0
             ①
解得：v0=
2gR
        ②
（2）假设滑板与P碰撞前，物块与滑板具有共同速度v1，取向右为正，由动量守恒定律，有：
mv0=（m+M）v1           ③
设此过程滑板运动的位移为s，由动能定理，得：
μmgs=
1
2
M
v
2
1
-0     ④
③、④式联立，解得：v1=
2gR
3
，
s=
v
2
1
μg
=
4R
9
＜L0=
R
2
 
所以假设成立，滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小为v1=
2gR
3
  
（3）由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P碰撞后速度v1大小不变，只是方向向左．
此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动．
设两者第二次具有共同速度为v2，取向左为正，有：
Mv1-mv1=（m+M）v2    ⑤
设此时滑板离P的距离为s′，由动能定理：
-μmgs=
1
2
M
v
2
2
-
1
2
M
v
2
1
  ⑥
解得：v2=
v1
3
=
2gR
9
       
s′=
v
2
1
μg
=
32R
81
＜L0=
R
2
，说明滑板与物块具有共同速度时还没有返回到B点，两者能够第二次达到共同速度．
设当物块的速度减为零时，滑板速度为v3，取向左为正，有：
Mv1-mv1=Mv3      ⑦
解得：v3=
v1
2
=
2gR
6
 
所以，物块加速运动阶段的速度范围为，0≤vm≤
2gR
9

此阶段滑板的速度范围为：
2gR
6
≥vm≥
2gR
9
．
答：（1）物块滑到B点的速度大小为
2gR
；
（2）滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小为
2gR
3
；
（3）物块做加速运动的时间内滑板的速度范围为
2gR
6
≥vm≥
2gR
9
．
点评：本题关键是明确滑块和滑板的运动规律，要综合运用动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律反复列式，较难．
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