Question

13．如图所示，一固定斜面体，其斜边与水平底边的夹角θ=37°，BC为一段光滑圆弧轨道，DE为半圆形光滑轨道，两圆弧轨道均固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，右端紧靠C点，上表面所在平面与两圆弧分别相切于C、D两点．一物块被轻放在斜面上F点由静止释放，物块离开斜面后恰好在B点沿切线进入BC段圆弧轨道，再经C点滑上滑板，滑板运动到D点时被牢固粘连．物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，DE半圆弧轨道和BC圆弧轨道的半径均为R，斜面体水平底边与滑板上表面的高度差H=2R，板长l=6.5R，板左端到D点的距离L在R＜L＜5R范围内取值，F点距A点的距离s=12.5R，物块与斜面、物块与滑板间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度取g．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（结果用字母m、g、R、L表示）
（1）求物块滑到A点的速度大小；
（2）求物块滑到C点时所受圆弧轨道的支持力的大小；
（3）试讨论物块从滑上滑板到离开左端的过程中，克服摩擦力做的功W_f与L的关系；并判断物块能否滑到DE轨道的中点．

Answer 1

分析 （1）滑块从静止滑到A点过程，应用动能定理可以求出到达A点的速度．
（2）由机械能守恒定律求出滑块到达C点的速度，然后应用牛顿第二定律求出支持力．
（3）应用动量定理与动能定理求出滑块与滑板的位移，然后判断两者共速时的位置关系，然后应用动能定理分析答题．

解答 解：（1）设物块滑到A点的速度大小为v₁，根据动能定理有：
$mgsinθ×12.5R-μmgcosθ×12.5R=\frac{1}{2}m{v_1}^2$，
解得：${v_1}=\sqrt{5gR}$；
（2）设物块滑到C点的速度大小为v₂，根据机械能守恒定律有：
$\frac{1}{2}m{v_2}^2=mg•2R+\frac{1}{2}m{v_1}^2$，
解得：${v_2}=3\sqrt{gR}$，
根据牛顿第二定律有：${F_N}-mg=m\frac{{{v_2}^2}}{R}$，
解得：${F_N}=m\frac{{{v_2}^2}}{R}+mg=10mg$；
（3）物块从C滑上滑板后开始作匀减速运动，此时滑板开始作匀加速直线运动，当物块与滑板达共同速度v₃时，二者开始作匀速运动．
由动量定理得：mv₂=（m+M）v₃，
解得：${v_3}=\sqrt{gR}$，
对物块，根据动能定理有：$-μmg{l_1}=\frac{1}{2}m{v_3}^2-\frac{1}{2}m{v_2}^2$，
对滑板，根据动能定理有：$μmg{l_2}=\frac{1}{2}M{v_3}^2-0$，
解得：l₁=8Rl₂=2R，
物块相对滑板的位移：△l=l₂-l₁＜l，
即物块与滑板在达到相同共同速度时，物块未离开滑板．
讨论：
①当R＜L＜2R，物块在滑板上一直匀减速运动至D，运动的位移为6.5R+L，
克服摩擦力做的功：${W_f}=μmg（{6.5R+L}）=\frac{1}{4}mg（{13R+2L}）$，
设滑上D点的速度为v_D，根据动能定理有：
$-μmg（{6.5R+L}）=\frac{1}{2}m{v_D}^2-\frac{1}{2}m{v_2}^2$，
解得 $\frac{1}{2}m{v_D}^2=\frac{1}{2}mg（{2.5R-L}）＜mgR$，
所以物块不可能滑到DE轨道的中点．
②当2R≤L＜5R，物块先匀减速运动8R，然后匀速运动L-2R，再匀减速运动0.5R，
克服摩擦力做的功：${W_f}=μmg（{8R+0.5R}）=\frac{17}{4}mgR$，
设滑上D点的速度为${v_D}^′$，根据动能定理有：
$-μmg（{8R+0.5R}）=\frac{1}{2}m{v_D}{^′^2}-\frac{1}{2}m{v_2}^2$，
解得：$\frac{1}{2}m{v_D}{^′^2}=\frac{1}{4}mgR＜mgR$，
所以物块不可能滑到DE轨道的中点．
答：（1）物块滑到A点的速度大小为$\sqrt{5gR}$；
（2）物块滑到C点时所受圆弧轨道的支持力的大小为10mg；
（3）克服摩擦力做的功W_f与L的关系：①当R＜L＜2R时，W_f=$\frac{1}{4}$mg（13R+2L），物块不可能滑到DE轨道的中点；②当2R≤L＜5R时，W_f=$\frac{17}{4}$mgR，物块不可能滑到DE轨道的中点．

点评 本题是一道力学综合题，主要考查了动能定理的应用，物体运动过程复杂，本题难度较大，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律、功的计算公式可以解题．