Question

2．如圖所示，一固定在地面上的軌道ABC，其中AB長(zhǎng)．S₁=2m，AB與水平面間的夾角為θ=37，一小物塊自A處由靜止釋放，小物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.25，小物塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)無(wú)機(jī)械能損失（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s²）．求：
（1）小物塊在AB段下滑時(shí)加速度大小；
（2）小物塊到達(dá)B處的速度大��；
（3）小物塊在水平軌道上滑動(dòng)的最大距離S₂．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出小物塊在AB段下滑的加速度．
（2）物塊經(jīng)過(guò)B處時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，物塊最后停在B點(diǎn)右側(cè)1.8米處，根據(jù)動(dòng)能定理求出B點(diǎn)的速度．
（3）通過(guò)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式求出AB的長(zhǎng)度．

解答 解：（1）小物塊從A到B過(guò)程中，由牛頓第二定律得，
mgsinθ-μmgcosθ=ma
代入數(shù)據(jù)得：$a=gsinθ-μgcosθ=10×0.6-0.25×10×0.8=4m/{s}_{\;}^{2}$
（2）根據(jù)${v}_{\;}^{2}-{v}_{0}^{2}=2ax$，有
${v}_{B}^{2}=2a{s}_{1}^{\;}$
代入數(shù)據(jù)得：${v}_{B}^{\;}=\sqrt{2a{s}_{1}^{\;}}=\sqrt{2×4×2}m/s=4m/s$
（3）小物塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律，有
μmg=ma
得：$a=μg=0.25×10=2.5m/{s}_{\;}^{2}$
根據(jù)${v}_{\;}^{2}-{v}_{0}^{2}=2ax$有
$0-{v}_{B}^{2}=2a{S}_{2}^{\;}$
解得：${S}_{2}^{\;}=\frac{0-{v}_{B}^{2}}{2a}=\frac{0-{4}_{\;}^{2}}{2×（-2.5）}=3.2m$
答：（1）小物塊在AB段下滑時(shí)加速度大小$4m/{s}_{\;}^{2}$；
（2）小物塊到達(dá)B處的速度大小4m/s；
（3）小物塊在水平軌道上滑動(dòng)的最大距離${S}_{2}^{\;}$為3.2m

點(diǎn)評(píng) 本題綜合運(yùn)用了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式等知識(shí)，關(guān)鍵是理清物塊的運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，綜合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解．