题目内容
（2012?东至县模拟）如图所示，水平轨道上，轻弹簧左端固定，自然状态时右端位于P点．现用一质量m=0.1kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后释放，物块经过P点时的速度v0=18m/s，经过水平轨道右端Q点后恰好沿半圆轨道的切线进入竖直固定的圆轨道，最后滑上质量M=0.9kg的长木板（木板足够长，物块滑上去不会从木板上掉下来）．已知PQ间的距离l=1m，竖直半圆轨道光滑且半径R=1m，物块与水平轨道间的动摩擦因数?1=0.15，与木板间的动摩擦因数?2=0.2，木板与水平地面间的动摩擦因数?3=0.01，取g=10m/s2．（1）判断物块经过Q点后能否沿圆周轨道运动；
（2）求木板滑行的最大距离x．
分析：（1）由牛顿第二定律求得物块在PQ上运动的加速度，根据运动学公式求得进入轨道的速度，在Q点根据牛顿第二定律求得对轨道的压力，只要压力大于等于0就能沿轨道运动，否则不能．
（2）根据机械能守恒求出滑上木板的速度，根据牛顿第二定律求出滑上木板的加速度，再根据运动学公式求出位移．
（2）根据机械能守恒求出滑上木板的速度，根据牛顿第二定律求出滑上木板的加速度，再根据运动学公式求出位移．
解答：解：（1）物块在PQ上运动的加速度
a1=-?1g=-1.5m/s2
进入圆周轨道时的速度为v
v2-v02=2a1l
得v2=v02+2a1l=321 m2/s2
设物块刚离开Q点时，圆轨道对物块的压力为FN，
根据牛顿定律，有FN+mg=m
FN=m
-mg=31.1N＞0
故物块能沿圆周轨道运动
（2）物块滑上木板时的速度为v1
根据机械能守恒有
mv2+mg?2R=
mv12
得v1=19m/s
物块滑上木板时的加速度为a2
根据牛顿第二定律有
a2=-?2g=-2m/s2
木板的加速度位a3
?2mg-?3（m+M）g=Ma3
a3=
=
m/s2
设物块滑上木板经过时间t二者共速，
v1+a2t=a3t 得t=9s
这时木板的位移s1=
a3t2=4.5m
它们的共同速度v2=a3t=1m/s
物块和木板一起减速的加速度a4=-?3g=-0.1m/s2
它们减速运动的位移s2=
=5m
x=s1+s2=9.5m
答：（1）物块能沿圆周轨道运动；
（2）木板滑行的最大距离x为9.5m．
a1=-?1g=-1.5m/s2
进入圆周轨道时的速度为v
v2-v02=2a1l
得v2=v02+2a1l=321 m2/s2
设物块刚离开Q点时，圆轨道对物块的压力为FN，
根据牛顿定律，有FN+mg=m
| v2 |
| R |
FN=m
| v2 |
| R |
故物块能沿圆周轨道运动
（2）物块滑上木板时的速度为v1
根据机械能守恒有
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
得v1=19m/s
物块滑上木板时的加速度为a2
根据牛顿第二定律有
a2=-?2g=-2m/s2
木板的加速度位a3
?2mg-?3（m+M）g=Ma3
a3=
| μ2mg-μ3(M+m)g |
| M |
| 1 |
| 9 |
设物块滑上木板经过时间t二者共速，
v1+a2t=a3t 得t=9s
这时木板的位移s1=
| 1 |
| 2 |
它们的共同速度v2=a3t=1m/s
物块和木板一起减速的加速度a4=-?3g=-0.1m/s2
它们减速运动的位移s2=
| -v22 |
| 2a4 |
x=s1+s2=9.5m
答：（1）物块能沿圆周轨道运动；
（2）木板滑行的最大距离x为9.5m．
点评：此题要求能熟练运用牛顿第二定律分析解决问题，同时要能熟练掌握匀变速运动的各种公式，此题对过程分析要求较高，属于中档题．
练习册系列答案
相关题目
（2012?东至县二模）如图，半径R=1.0m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B与长为L=0.5m的水平面BC相切于B点，BC离地面高h=0.45m，C点与一倾角为θ=37°的光滑斜面连接，质量m=1.0kg的小滑块从圆弧上某点由静止释放，到达圆弧B点时小滑块对圆弧的压力刚好等于其重力的2倍，当小滑块运动到C点时与一个质量M=2.0kg的小球正碰，碰后返回恰好停在B点，已知滑块与水平面间的动摩擦因数?=0.1．（sin37°=0.6 cos37°=0.8，g取l0m/s2）
（2012?东至县二模）如图所示，质量为10kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为5N时，物体A处于静止状态．若小车以1m/s2的加速度向右运动后，则（g=10m/s2）（ ）