（2013•珠海二模）如图所示，一个质量为m的长木板静止在光滑的水平面上，并与半径为R的14光滑圆弧形固定轨道接触（但不粘连），木板的右端到竖直墙的距离为S；另一质量为2m的小滑块

Question

（2013•珠海二模）如图所示，一个质量为m的长木板静止在光滑的水平面上，并与半径为R的(1)/(4)光滑圆弧形固定轨道接触（但不粘连），木板的右端到竖直墙的距离为S；另一质量为2m的小滑块从轨道的最高点由静止开始下滑，从圆弧的最低点A滑上木板．设长木板每次与竖直墙的碰撞时间极短且无机械能损失．已知滑块与长木板间的动摩擦因数为μ．试求
（1）滑块到达A点时对轨道的压力的大小
（2）若滑块不会滑离长木板，试讨论长木板与墙第一次碰撞前的速度v与S的关系
（3）若S足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长L应满足什么条件．

Answer 1

（1）滑块从轨道的最高点到最低点，机械能守恒，设到达A点的速度为v_A
则 (1)/(2)2mvA2＝2mgR①
得：vA＝√(2gR)②
在A点有：NA−2mg＝(2mvA2)/(R)③
由②③得：N_A=6mg④
由牛顿第三定律，滑块在A点对轨道的压力 NA′＝6mg⑤
（2）若第一次碰撞前的瞬间，滑块与木板达到共同速度v，
则：（2m+m）v=2mv_A⑥
μ2mgS＝(1)/(2)mv2⑦
由②⑥⑦得：S＝(2R)/(9μ)⑧
ⅰ．若S≥(2R)/(9μ)，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v＝(2)/(3)√(2gR)⑨
ⅱ．若S＜(2R)/(9μ)，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v'
则：(1)/(2)mv′2＝μ2mgS⑩
得：v'=2√(μgS)
（3）因为S足够大，每次碰前滑块与木板共速；因为M＜m，每次碰后系统的总动量方向向右，要使滑块不滑离长木板，最终木板停在墙边，滑块停在木板上．
由能量守恒得：μ2mgL≥(1)/(2)2mvA2
解得：L≥(R)/(μ)
答：（1）滑块到达A点时对轨道的压力的大小为6mg；
（2）长木板与墙第一次碰撞前的速度v与S的关系：
若S≥(2R)/(9μ)，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v＝(2)/(3)√(2gR)；
若S＜(2R)/(9μ)，木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v'=2√(μgS)；
（3）若S足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长L应满足L≥(R)/(μ)的条件．