Question

10．如圖所示，半徑R=0.45m固定的光滑四分之一圓弧軌道，其末端水平且距離地面高度h=0.20m．將質(zhì)量M=0.7kg、長度l=0.50m的木板B緊靠軌道末端放置在水平地面上，木板B的上表面與軌道末端等高且平滑對接，質(zhì)量m=0.3kg的小滑塊A從圓弧軌道的頂端由靜止滑下，經(jīng)過軌道末端沿水平方向沖上木塊B，在木板B的上表面滑行一段時間后從B的右端滑出．已知小滑塊A與木板B上表面間的動摩擦因素μ₁=0.40，地面與木板B間的動摩擦因素μ₂=0.05，重力加速度g=10m/s²．求：
（1）小滑塊A滑到圓弧軌道最低點時速度v_A的大��；
（2）小滑塊A滑到圓弧軌道最低點時軌道對它的支持力F_N的大��；
（3）木板B停止運動時，它的右端與小滑塊A的落地點間水平距離△x．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求出小滑塊A滑到圓弧軌道最低點時速度v_A的大�。�
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出小滑塊在最低點時受到的支持力大��；
（3）根據(jù)牛頓第二定律分別求出滑塊在木板上運動時，滑塊和木板的加速度大小，結(jié)合位移關(guān)系，運用運動學(xué)公式求出滑塊滑離木板所需的時間，結(jié)合速度時間公式求出木板和滑塊的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊離開木板后木板的加速度大小，結(jié)合速度位移公式求出木板速度減為零的位移，抓住滑塊做平拋運動，結(jié)合運動學(xué)公式求出平拋運動的水平位移，從而得出木板B停止運動時，它的右端與小滑塊A的落地點間水平距離．

解答 解：（1）根據(jù)動能定理得，mgR=$\frac{1}{2}m{{v}_{A}}^{2}$-0，
解得${v}_{A}=\sqrt{2gR}$=$\sqrt{2×10×0.45}$m/s=3m/s．
（2）根據(jù)牛頓第二定律得，${F}_{N}-mg=m\frac{{{v}_{A}}^{2}}{R}$，
解得${F}_{N}=mg+m\frac{{{v}_{A}}^{2}}{R}$=3+0.3×$\frac{9}{0.45}$N=9N．
（3）滑塊滑上B后，滑塊勻減速直線運動的加速度大小${a}_{1}=\frac{{μ}_{1}mg}{m}={μ}_{1}g=0.4×10m/{s}^{2}$=4m/s²．
木板做勻加速直線運動的加速度大小${a}_{2}=\frac{{μ}_{1}mg-{μ}_{2}（M+m）g}{M}$=$\frac{0.4×3-0.05×10}{0.7}m/{s}^{2}$=1m/s²，
根據(jù)${v}_{A}{t}_{1}-\frac{1}{2}{a}_{1}{{t}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{{t}_{1}}^{2}=L$得，t₁=1s（舍去，因為滑塊速度減為零的時間為t=$\frac{3}{4}s$=0.75s）t₁′=0.2s，
此時A的速度v_A′=v_A-a₁t₁′=3-4×0.2m/s=2.2m/s，B的速度v_B=a₂t₁′=1×0.2m/s=0.2m/s，
滑塊離開木板后，木板的加速度大小${a}_{3}={μ}_{2}g=0.5m/{s}^{2}$，速度減為零向前滑行的位移${x}_{1}=\frac{{{v}_{B}}^{2}}{2{a}_{3}}=\frac{0.04}{1}m=0.04m$，
滑塊做平拋運動，平拋運動的位移${x}_{2}={v}_{A}′\sqrt{\frac{2h}{g}}=2.2×\sqrt{\frac{2×0.2}{10}}m=0.44m$，
則木板B停止運動時，它的右端與小滑塊A的落地點間水平距離△x=x₂-x₁=0.44-0.04m=0.4m．
答：（1）小滑塊A滑到圓弧軌道最低點時速度v_A的大小為3m/s；
（2）小滑塊A滑到圓弧軌道最低點時軌道對它的支持力F_N的大小為9N；
（3）木板B停止運動時，它的右端與小滑塊A的落地點間水平距離△x為0.4m．

點評 本題考查了動能定理、牛頓第二定律和運動學(xué)公式的綜合運用，對于第三問，關(guān)鍵理清滑塊和木板在整個過程中的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式綜合求解．