Question

19．如圖所示，質(zhì)量為m=1kg的小滑塊，從光滑、固定的$\frac{1}{4}$圓弧軌道的最高點(diǎn)A由靜止滑下，經(jīng)最低點(diǎn)B后滑到位于水平面的木板上．已知木板質(zhì)量M=2kg，其上表面與圓弧軌道相切于B點(diǎn)，且長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)．整個(gè)過程中木板的v-t圖象如圖所示，g取10m/s²．求：

（1）滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大�。�
（2）滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)．
（3）滑塊在木板上滑過的距離．

Answer 1

分析 （1）滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過程，只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理求得滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度，在B點(diǎn)，由牛頓第二定律求出軌道對(duì)滑塊的支持力，再由牛頓第三定律求出滑塊對(duì)軌道的壓力．
（2）由圖象的斜率可得到木板加速運(yùn)動(dòng)的加速度和滑塊與木板共同減速運(yùn)動(dòng)的加速度大�。�再根據(jù)牛頓第二定律分別對(duì)木板和滑塊和木板整體列式，即可求解．
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊在木板上滑行時(shí)的加速度，0-1s內(nèi)，由位移公式求出滑塊和木板相對(duì)于地面的位移，兩者之差即為滑塊在木板上滑過的距離．

解答 解：（1）滑塊從A到B的過程，由動(dòng)能定理得：
mgR=$\frac{1}{2}$mv²
在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：
F_N-mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$．
解得：F_N=30N
由牛頓第三定律得滑塊對(duì)軌道的壓力大小為 F_N′=F_N=30N，方向豎直向下．
（2）由圖象可得木板加速的加速度為：a₁=$\frac{{v}_{1}}{{t}_{1}}$=$\frac{1}{1}$=1m/s²
滑塊與木板共同減速的加速度大小為：a₂=$\frac{1}{1}$=1m/s²
設(shè)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ₁，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ₂．
在1～2s內(nèi)，對(duì)滑塊和木板整體由牛頓第二定律得：
μ₁（M+m）g=（M+m）a₂
在0～1s內(nèi)，對(duì)木板，由牛頓第二定律得：
μ₂mg-μ₁（M+m）g=Ma₁
解得：μ₁=0.1　μ₂=0.5
（3）滑塊在木板上滑動(dòng)過程由牛頓第二定律得：
   μ₂mg=ma
解得 a=5m/s²．
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v₁=v-at₁，得滑塊剛滑上木板時(shí)的速度為：
v=v₁+at₁=1+5×1=6m/s
木板的位移為：x₁=$\frac{v+{v}_{1}}{2}$t₁
滑塊的位移為：x₂=$\frac{v}{2}$t₁
滑塊在木板上滑動(dòng)的距離為：△x=x₂-x₁=$\frac{{v}_{1}}{2}{t}_{1}$=$\frac{6}{2}×1$m=3m
答：（1）滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小是30N，方向豎直向下．
（2）滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.5．
（3）滑塊在木板上滑過的距離是3m．

點(diǎn)評(píng) 本題的關(guān)鍵要理清滑塊和木板的運(yùn)動(dòng)情況，能準(zhǔn)確把握概念規(guī)律的使用條件，并能正確應(yīng)用物理規(guī)律列式求解．對(duì)于滑塊在木板上滑行過程，采用隔離法研究加速度，也可以運(yùn)用動(dòng)能定理研究相對(duì)位移．