Question

15．如图1所示质量为M=2kg，长度为L₁长木板B静止在光滑的水平面上．距木板右侧s=0.5m处有一固定轨道，水平部分CD的长度L₂=3m，右端部分为一竖直的光滑半圆轨道DEF，半径R=1m，半圆与水平部分在D点相切．某时刻质量为m=1kg的小滑块A以v₀=6m/s水平速度从长木板B的左端滑上木板，之后A、B向右运动．当长木板B与平台CD碰撞瞬间小滑块A的速度为v₁=4m/s，并且此时小滑块A恰好滑上平台．在此过程中二者的速度时间图象如图2所示．设长木板B与平台CD碰后立即粘连在一起，小滑块与长木板B的动摩擦因数为μ₁未知，平台CD间的动摩擦因数为μ₂=0.1，g=10m/s²．求：

（1）碰撞瞬间木板B的速度大小和木板B长度L₁
（2）小滑块A通过D点时对轨道的压力大小
（3）小滑块最终停止的位置．

Answer 1

分析 （1）由v-t图象的斜率求出小滑块在木板上匀减速时加速度的大小，由牛顿第二定律求出μ₁．再对木板B，由动能定理求得碰撞瞬间木板B的速度大小．对木板B和A的系统，由能量守恒定律求板长．
（2）滑块A在平台CD上滑行时，运用动能定理求得滑块A通过D点时的速度，再由牛顿运动定律求压力．
（3）滑块A滑上半圆时，由机械能守恒求出上升的最大高度，知道小滑块将沿圆轨道返回，再对下滑过程，运用动能定理求解．

解答 解：（1）由v-t 图象可得，小滑块在木板上匀减速时加速度的大小为
  a₁=$\frac{△v}{△t}$=$\frac{6-4}{1}$=2m/s²；
由牛顿第二定律可得   μ₁mg=ma₁      
设木板B此时的速度为v_B．由动能定理可得：
  μ₁mgs=$\frac{1}{2}M{v}_{B}^{2}$                     
联立可解得  v_B=1m/s                     
对长木板B和小滑块A构成的系统由能量转化与守恒定律有：
  μ₁mgL₁=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}M{v}_{B}^{2}$              
代入数据联立可解得   L₁=4.5m     
（2）设当滑块经过D点时速度为v_D，则有
-μ₂mgL₂=$\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
在D点，对滑块A，由牛顿第二定律可得：F_N-mg=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$                     
由牛顿第三定律可得：F_N′=F_N                             
代入数据可解得：滑块A对D点压力 F_N′=20N                  
（3）小滑块到过半圆上的最大高度为H，则有：
  $\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$=mgH                             
代入数据可得：H=0.5m＜R
所以小滑块将沿圆轨道返回                               
设滑块返回后停下时在木板B上滑行的距离为x．
则有：
  $\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$=μ₂mgL₂+μ₁mgx
代入数值可解得：x=1m                             
所以小滑块A最后停在距长木板左端L₁-x=3.5m处．                 
答：
（1）碰撞瞬间木板B的速度大小是1m/s，木板B长度L₁是4.5m．    
（2）小滑块A通过D点时对轨道的压力大小是20N．
（3）小滑块A最后停在距长木板左端3.5m处．

点评 本题关键是分析清楚滑块A的运动过程，对各个过程根据动能定理列式，同时结合牛顿运动定律和向心力公式列式后联立研究．