Question

12．如图所示，长度为L的不可伸长的轻绳一端固定，另一端连着质量为m的小球，与竖直方向的夹角为α，小球紧靠着质量为M的滑块，从静止开始释放，一直到和滑块分离，不计所有摩擦和空气阻力．（小球始终不接触地面，滑块不转动）
（1）刚释放瞬间，滑块的瞬时加速度；
（2）小球摆到最低点时的瞬时速率；
（3）从释放到分离过程中，小球对滑块的弹力对滑块做功．

Answer 1

分析 （1）对滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律求滑块的瞬时加速度
（2）系统机械能守恒，求出小球摆到最低点时的瞬时速率
（3）根据动能定理求从释放到分离的过程中，小球对滑块的弹力对滑块做功，

解答 （1）刚释放瞬间，速度为零，小球重力沿切线方向的分力，有：F=mgsinα…①
对滑块受力分析，运用牛顿第二定律有：Fcosα=Ma…②
联立①②得：$a=\frac{mgsinαcosα}{M}$
（2）小球和滑块组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，小球减少的重力势能等于小球和滑块增加的动能，有：
$mgL（1-cosα）=\frac{1}{2}（M+m）{v}_{\;}^{2}$
解得：$v=\sqrt{\frac{2mgL（1-cosα）}{M+m}}$
（3）从释放到分离过程中，对滑块运用动能定理，只有小球对滑块的弹力做功，有：
$W=\frac{1}{2}M{v}_{\;}^{2}=\frac{MmgL（1-cosα）}{（M+m）}$
答：（1）刚释放瞬间，滑块的瞬时加速度$\frac{mgsinαcosα}{M}$；
（2）小球摆到最低点时的瞬时速率$\sqrt{\frac{2mgL（1-cosα）}{M+m}}$；
（3）从释放到分离过程中，小球对滑块的弹力对滑块做功$\frac{Mmgl（1-cosα）}{（M+m）}$．

点评 本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒定律等知识点，综合能力强，考查知识点多，是一道好题．