Question

18．如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M=1kg、长L=4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s=3m，小车上表面与半圆轨道最低点p的切线相平．现有一质量m=2kg的滑块（不计大小）以V₀=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s²．求：

（1）求小车与墙壁碰撞时的速度；
（2）若滑块在圆轨道滑运的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径R的取值．

Answer 1

分析 （1）假设小车与墙壁碰撞前有共同速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出此过程中滑块与小车的相对位移，判断小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同，并求出小车与墙壁碰撞时的速度；
（2）若滑块恰能滑过圆的最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块经过最高点时的速度，根据动能定理求出轨道半径；若滑块恰好滑至$\frac{1}{4}$圆弧到达T点时就停止，滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．根据动能定理求解半径，即能得到半径的条件．

解答 解：（1）如图：

设滑块与小车的共同速度为v₁，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有
  mv₀=（m+M）v₁ 
代入数据解得
  v₁=4m/s 
设滑块与小车的相对位移为 L₁，由系统能量守恒定律，有
  μmgL₁=$\frac{1}{2}$m${{v}_{0}}^{2}$-$\frac{1}{2}$（m+M）${{v}_{1}}^{2}$代入数据解得   L₁=3m 
设与滑块相对静止时小车的位移为S₁，根据动能定理，有
  μmgS₁=$\frac{1}{2}$M${{v}_{1}}^{2}$-0
代入数据解得S₁=2m 
因L₁＜L，S₁＜S，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v₁=4m/s．
（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v₁=4m/s，位移为L₂=L-L₁=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P．
若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为
  mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$根据动能定理，有
-μmgL₂-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv ²-$\frac{1}{2}$m${{v}_{1}}^{2}$；①②联立并代入数据解得R=0.24m 
若滑块恰好滑至$\frac{1}{4}$圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．
根据动能定理，有
-μmgL₂-mg•R=0-$\frac{1}{2}$m${{v}_{1}}^{2}$，代入数据解得R=0.6m 
综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足
R≤0.24m或R≥0.6m 
答：
（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；
（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R≤0.24m或R≥0.6m．

点评 本题通过计算分析小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同是难点．第2题容易只考虑滑块通过最高点的情况，而遗漏滑块恰好滑至$\frac{1}{4}$圆弧到达T点时停止的情况，要培养自己分析隐含的临界状态的能力．