Question

6．如圖所示，高臺的上面有一豎直的$\frac{1}{4}$圓弧形光滑軌道，半徑R=$\frac{5}{4}$m，軌道端點(diǎn)B的切線水平．質(zhì)量M=5kg的金屬滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）由軌道頂端A由靜止釋放，離開B點(diǎn)后經(jīng)時間t=1s撞擊在斜面上的P點(diǎn)．已知斜面的傾角θ=37°，斜面底端C與B點(diǎn)的水平距離x₀=3m．g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力．
（1）求金屬滑塊M運(yùn)動至B點(diǎn)時對軌道的壓力大小
（2）若金屬滑塊M離開B點(diǎn)時，位于斜面底端C點(diǎn)、質(zhì)量m=1kg的另一滑塊，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由靜止開始向上加速運(yùn)動，恰好在P點(diǎn)被M擊中．已知滑塊m與斜面間動摩擦因數(shù)μ=0.25，求拉力F大小
（3）滑塊m與滑塊M碰撞時間忽略不計，碰后立即撤去拉力F，此時滑塊m速度變?yōu)?m/s，仍沿斜面向上運(yùn)動，為了防止二次碰撞，迅速接住并移走反彈的滑塊M，求滑塊m此后在斜面上運(yùn)動的時間．

Answer 1

分析 （1）由機(jī)械能守恒定律求出滑塊到達(dá)B點(diǎn)時的速度，然后由牛頓第二定律求出軌道對滑塊的支持力，再由牛頓第三定律求出滑塊對B的壓力．
（2）由平拋運(yùn)動知識求出M的水平位移，然后由幾何知識求出M的位移，由運(yùn)動學(xué)公式求出M的加速度，由牛頓第二定律求出拉力大�。�
（3）由牛頓第二定律求出加速度，由運(yùn)動學(xué)公式可以求出滑塊的運(yùn)動時間．

解答 解：（1）從A到B過程，由機(jī)械能守恒定律得：
MgR=$\frac{1}{2}$M${v}_{B}^{2}$，
解得：v_B=5m/s，
在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：
F-Mg=M$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$，
解得：F=150N，
由牛頓第三定律可知，
M在B點(diǎn)時對軌道的壓力大小F′=F=150N，方向豎直向下．
（2）M離開B后做平拋運(yùn)動的水平位移：x=v_Bt=5m/s×1s=5m，
由幾何知識可知，m的位移：x_m=$\frac{x-{x}_{0}}{cos37°}$=2.5m，
設(shè)滑塊m向上運(yùn)動的加速度為a，
由勻變速運(yùn)動的位移公式得：
x_m=$\frac{1}{2}$at²，
解得：a=5m/s²，
對滑塊m，由牛頓第二定律得：
F-mgsin37°-μmgcos37°=ma，
解得：F=13N；
（3）撤去拉力F后，對m，由牛頓第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°=ma′，
解得：a′=8m/s²，
滑塊上滑的時間t′=$\frac{v}{a′}$=0.5s，
上滑位移：x′=$\frac{{v}^{2}}{2a′}$=1m，
滑塊m沿斜面下滑時，由牛頓第二定律得：
mgsin37°-μmgcos37°=ma″，
解得：a″=4m/s²，
下滑過程，x_m+x′=$\frac{1}{2}$a″t″²，
解得：t″=$\frac{\sqrt{7}}{2}$s，
滑塊返回所用時間：t=t′+t″=（0.5+$\frac{\sqrt{7}}{2}$）s；
答：（1）金屬滑塊M運(yùn)動至B點(diǎn)時對軌道的壓力大小為150N；
（2）拉力F大小為13N；
（3）滑塊m此后在斜面上運(yùn)動的時間為=（0.5+$\frac{\sqrt{7}}{2}$）s．

點(diǎn)評 本題是多體多過程問題，分析清楚物體運(yùn)動過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、牛頓定律、運(yùn)動學(xué)公式即可正確解題．