Question

10．如图所示，半径R=0.45m固定的光滑四分之一圆弧轨道，其末端水平且距离地面高度h=0.20m．将质量M=0.7kg、长度l=0.50m的木板B紧靠轨道末端放置在水平地面上，木板B的上表面与轨道末端等高且平滑对接，质量m=0.3kg的小滑块A从圆弧轨道的顶端由静止滑下，经过轨道末端沿水平方向冲上木块B，在木板B的上表面滑行一段时间后从B的右端滑出．已知小滑块A与木板B上表面间的动摩擦因素μ₁=0.40，地面与木板B间的动摩擦因素μ₂=0.05，重力加速度g=10m/s²．求：
（1）小滑块A滑到圆弧轨道最低点时速度v_A的大小；
（2）小滑块A滑到圆弧轨道最低点时轨道对它的支持力F_N的大小；
（3）木板B停止运动时，它的右端与小滑块A的落地点间水平距离△x．

Answer 1

分析 （1）根据动能定理求出小滑块A滑到圆弧轨道最低点时速度v_A的大小；
（2）根据牛顿第二定律求出小滑块在最低点时受到的支持力大小；
（3）根据牛顿第二定律分别求出滑块在木板上运动时，滑块和木板的加速度大小，结合位移关系，运用运动学公式求出滑块滑离木板所需的时间，结合速度时间公式求出木板和滑块的速度，根据牛顿第二定律求出滑块离开木板后木板的加速度大小，结合速度位移公式求出木板速度减为零的位移，抓住滑块做平抛运动，结合运动学公式求出平抛运动的水平位移，从而得出木板B停止运动时，它的右端与小滑块A的落地点间水平距离．

解答 解：（1）根据动能定理得，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）根据牛顿第二定律得，${F}_{N}-mg=m\frac{{{v}_{A}}^{2}}{R}$，
解得${F}_{N}=mg+m\frac{{{v}_{A}}^{2}}{R}$=3+0.3×$\frac{9}{0.45}$N=9N．
（3）滑块滑上B后，滑块匀减速直线运动的加速度大小${a}_{1}=\frac{{μ}_{1}mg}{m}={μ}_{1}g=0.4×10m/{s}^{2}$=4m/s²．
木板做匀加速直线运动的加速度大小${a}_{2}=\frac{{μ}_{1}mg-{μ}_{2}（M+m）g}{M}$=$\frac{0.4×3-0.05×10}{0.7}m/{s}^{2}$=1m/s²，
根据${v}_{A}{t}_{1}-\frac{1}{2}{a}_{1}{{t}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{{t}_{1}}^{2}=L$得，t₁=1s（舍去，因为滑块速度减为零的时间为t=$\frac{3}{4}s$=0.75s）t₁′=0.2s，
此时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，
滑块离开木板后，木板的加速度大小${a}_{3}={μ}_{2}g=0.5m/{s}^{2}$，速度减为零向前滑行的位移${x}_{1}=\frac{{{v}_{B}}^{2}}{2{a}_{3}}=\frac{0.04}{1}m=0.04m$，
滑块做平抛运动，平抛运动的位移${x}_{2}={v}_{A}′\sqrt{\frac{2h}{g}}=2.2×\sqrt{\frac{2×0.2}{10}}m=0.44m$，
则木板B停止运动时，它的右端与小滑块A的落地点间水平距离△x=x₂-x₁=0.44-0.04m=0.4m．
答：（1）小滑块A滑到圆弧轨道最低点时速度v_A的大小为3m/s；
（2）小滑块A滑到圆弧轨道最低点时轨道对它的支持力F_N的大小为9N；
（3）木板B停止运动时，它的右端与小滑块A的落地点间水平距离△x为0.4m．

点评 本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，对于第三问，关键理清滑块和木板在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．