Question

15．如圖所示，固定模板P上安裝著一個(gè)不可移動(dòng)的光滑半圓軌道，軌道的最低點(diǎn)與木板P相切于A點(diǎn)，軌道半徑R=1.0m，木板P水平部分AB長(zhǎng)x₀=5.0m．有一厚度與木板P相同的木板Q長(zhǎng)x₁=3.0m，其右端有一質(zhì)量m=2.0kg的小物塊（小物塊可看作質(zhì)點(diǎn)）．現(xiàn)小物塊和木板Q一起水平向左沖向木板P，當(dāng)兩板的距離為x₂=2.0m時(shí)它們的速度v₀=10m/s．兩木板碰撞后粘在一起，木板Q立即停止運(yùn)動(dòng)，隨后小物塊滑過兩木板進(jìn)入軌道并能通過最高點(diǎn)C．已知木板Q與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₁=0.10，小物塊與兩木板表面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ₂=0.20，取g=10m/s²．求：
（1）兩木板碰撞前瞬間木板Q的速度大小（結(jié)果用根式表示）；
（2）木板Q停止運(yùn)動(dòng)后，小物塊滑過兩木板到達(dá)A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，克服摩擦力做的功；
（3）小物塊到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)C時(shí)，小物塊對(duì)軌道的作用力大小和方向．

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律可以求出Q的加速度，然后應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式求出Q的速度；
（2）應(yīng)用功的計(jì)算公式可以求出克服摩擦力做功；
（3）由機(jī)械能守恒定律求出物塊到達(dá)C點(diǎn)的速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出軌道對(duì)物塊的作用力，再應(yīng)用牛頓第三定律求出物塊對(duì)軌道的作用力．

解答 解：（1）對(duì)物塊與Q組成的系統(tǒng)，加速度：a=-$\frac{{μ}_{1}（{m}_{Q}+m）g}{{m}_{Q}+m}$=-μ₁g=-1m/s²，
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得：v_Q²-v₀²=2ax₂，解得：v_Q=4$\sqrt{6}$m/s；
（2）小物塊滑過兩木板到達(dá)A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，克服摩擦力做的功：W=μ₂mg（x₁+x₀）=32J；
（3）從P、Q碰撞結(jié)束到滑塊到達(dá)A點(diǎn)過程，
由動(dòng)能定理得：-μ₂mg（x₁+x₀）=$\frac{1}{2}$mv_A²-$\frac{1}{2}$mv_Q²，解得：v_A=8m/s，
從A到C運(yùn)動(dòng)過程，由機(jī)械能守恒定律得：
-mg•2R=$\frac{1}{2}$mv_C²-$\frac{1}{2}$mv_A²，解得：v_C=2$\sqrt{6}$m/s，
在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得：mg+F=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{R}$，解得：F=28N，
由牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)軌道的壓力：F′=F=28N，方向：豎直向上；
答：（1）兩木板碰撞前瞬間木板Q的速度大小為4$\sqrt{6}$m/s；
（2）木板Q停止運(yùn)動(dòng)后，小物塊滑過兩木板到達(dá)A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，克服摩擦力做的功為32J；
（3）小物塊到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)C時(shí)，小物塊對(duì)軌道的作用力大小為28N，方向：豎直向上．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道力學(xué)綜合題，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律可以解題．