题目内容

12．如图所示，高台的上面有一竖直的$\frac{1}{4}$圆弧形光滑轨道，半径R=$\frac{5}{4}$m，轨道端点B的切线水平．质量M=5kg的金属滑块（可视为质点）由轨道顶端A由静止释放，离开B点后经时间t=1s撞击在斜面上的P点．已知斜面的倾角θ=37°，斜面底端C与B点的水平距离x0=3m．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．
（1）求金属滑块M运动至B点时对轨道的压力大小；
（2）若金属滑块M离开B点时，位于斜面底端C点、质量m=1kg的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P点被M击中．已知滑块m与斜面间动摩擦因数μ=0.25，求拉力F大小；
（3）滑块m与滑块M碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，此时滑块m速度变为4m/s，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M，求滑块m此后在斜面上运动的时间．

分析 （1）由机械能守恒定律求出滑块到达B点时的速度，然后由牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，再由牛顿第三定律求出滑块对B的压力．
（2）由平抛运动知识求出M的水平位移，然后由几何知识求出M的位移，由运动学公式求出M的加速度，由牛顿第二定律求出拉力大小．
（3）由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式可以求出滑块的运动时间．

解答 解：（1）M由A到B过程，由机械能守恒定律得
  MgR=$\frac{1}{2}$MBvB2      
解得vB=5m/s   
滑块在B点时，由向心力公式得
    N-Mg=M$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$    
解得 N=150N    
由牛顿第三定律有，M在B点时对轨道的压力大小为 N′=N=150N．
（2）M离开B点后平抛运动的水平位移为x=vBt=5m  
由几何关系可知m的位移为 s=$\frac{x-{x}_{0}}{cos37°}$=2.5m    
设滑块m向上运动的加速度为a，由s=$\frac{1}{2}$at2      
得 a=5m/s2
由牛顿第二定律得    
  F-mgsin37°-μ mgcos37°=ma    
解得F=13N 
（3）撤去拉力后，滑块m沿斜面上滑过程的加速度 a1=$\frac{mgsin37°+μmgcos37°}{m}$=g（sin37°+μcos37°）  
 上滑时间 t1=$\frac{v}{{a}_{1}}$=0.5s     
上滑位移 S1=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{1}}$=1m
滑块m沿斜面下滑过程的加速度  a2=$\frac{mgsin37°-μmgcos37°}{m}$=g（sin37°-μcos37°）=4m/s2
下滑过程的位移 S+S1=$\frac{1}{2}$a2t22      
得 t2=$\frac{\sqrt{7}}{2}$s
即返回所用的总时间为 t总=t1+t2=（$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{7}}{2}$）s
答：
（1）金属滑块M运动至B点时对轨道的压力大小是150N．
（2）拉力F大小是13N．
（3）滑块m此后在斜面上运动的时间是（$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{7}}{2}$）s．

点评 本题是多体多过程问题，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．

练习册系列答案
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