Question

8．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=1.25m，轨道端点B的切线水平．质量m=0.5kg的滑块（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撞击在足够长的斜面上的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．当滑块m离开B点时，位于斜面底端C点、质量M=1kg的小车，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击中并卡于其中．滑块与小车碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，此时小车整体速度变为3.2m/s，仍沿斜面向上运动．已知小车与斜面间动摩擦因数μ=0.25．g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．求：
（1）滑块离开至B点时的速度大小；
（2）拉力F大小；
（3）小车在碰撞后在斜面上运动的时间．

Answer 1

分析 （1）由机械能守恒定律求出滑块到达B点时的速度．
（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过场中，由机械能守恒定律得：mgR=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
解得：v_B=5m/s
（2）m离开B后做平抛运动的水平位移x=v_Bt=5m
由几何关系可得M的位移为：s=$\frac{x-{x}_{0}}{cos37°}$=$\frac{5-3}{0.8}m=2.5m$
设滑块M向上运动的加速度为a，由s=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
可得a=5m/s²
由牛顿第二定律可得：F-Mgsin37°-μMgcos37°=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：
（M+m）gsin37°+μ（M+m）gcos37°=（M+m）a₁
a₁=gsin37°+μgcos37°=8m/s²
上滑时间t₁=$\frac{v}{{a}_{1}}=\frac{3.2}{8}s=0.4s$
上滑位移s₁=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{1}}=\frac{3．{2}^{2}}{2×8}s$=0.64m
滑块M沿斜面下滑过程的加速度a₂=gsin37°-μgcos37°=4m/s²
下滑过程s+s₁=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}$
解 得：${t_2}=\sqrt{\frac{{2（{s+{s_1}}）}}{a_2}}=\sqrt{\frac{{2（{2.5+0.64}）}}{4}}s=1.25s$
所以返回所用的时间为：t=t₁+t₂=（0.4+1.25）s=1.65s
答：（1）滑块离开至B点时的速度大小5m/s；
（2）拉力F大小13N；
（3）小车在碰撞后在斜面上运动的时间1.65s．

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、牛顿定律、运动学公式即可正确解题．