题目内容

18．如图所示，水平台面AB距地面的高度h=1.25m．有一滑块从A点以v0=7.0m/s的初速度在台面上做匀变速直线运动，滑块与平台间的动摩擦因数μ=0.2．滑块运动到平台边缘的B点后水平飞出．已知AB长L=6.0m，不计空气阻力，g=10m/s2．求：
（1）滑块从B点飞出时的速度大小；
（2）滑块落地点到平台边缘的水平距离；
（3）滑块落地时的速度大小和方向．

分析 （1）已知滑块的受力可以求出滑块在AB间运动所受的摩擦力，根据牛顿第二定律求出加速度再根据运动学公式求解即可；
（2）滑块离开B点后将做平抛运动，根据初速度和抛出点高度可以求出滑块落地点到平台边缘的水平距离；
（3）根据运动的合成求解滑块落地时的速度大小．

解答 解：（1）滑块在水平方向只受滑动摩擦力作用，故有F合=f=μN=μmg
根据牛顿第二定律有滑块产生的加速度$a=\frac{{F}_{合}}{m}=μg$=2m/s2
取初速度方向为正方向，则滑块的加速度a=-2m/s2
根据匀变速直线运动的速度位移关系有：${v}_{B}^{2}-{v}_{0}^{2}=2ax$
${v}_{B}=\sqrt{{v}_{0}^{2}+2ax}$=$\sqrt{{7}^{2}+2×（-2）×6}$=5m/s；
（2）滑块离开B点后做平抛运动，滑块做平抛运动的时间
t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$=$\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}$=0.5s
则滑块落地时水平方向产生的位移x=vBt=5×0.5m=2.5m；
（3）滑块落地时间t=0.5s
则滑块落地时，在竖直方向的瞬时速度vy=gt=5m/s，水平方向的速度vx=vB=5m/s；
所以根据平抛运动规律，滑块落地时的速度大小$v=\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}+{5}^{2}}$=5$\sqrt{2}$m/s；
tanα=$\frac{gt}{{v}_{B}}$=$\frac{5}{5}$=1
解得：α=45°；
答：（1）滑块从B点飞出时的速度大小为5m/s；
（2）滑块落地点到平台边缘水平距离为2.5m；
（3）滑块落地的速度大小为5$\sqrt{2}$m/s；方向与水平方向成45°

点评 本题考查牛顿第二定律的应用；要正确的受力分析，根据牛顿运动定律求加速度，再根据运动学公式求物体运动的速度，熟悉平抛运动的规律是解决本题的关键．

练习册系列答案
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