Question

6．如圖所示，一上表面光滑的矩形滑塊置于水平地面上，其質(zhì)量M=2kg，長L=2m，高h=0.8m，滑塊與地面間動摩擦因數(shù)μ=0.2，在滑塊的右端放置一質(zhì)量m=1kg的小球．現(xiàn)用外力擊打滑塊左端，使其在極短時間內(nèi)獲得v₀=4m/s的水平向右速度，經(jīng)過一段時間后小球落地．（g取10m/s²）試求：
（1）小球脫離滑塊之前，滑塊的加速度大�。�
（2）小球落地時距滑塊右端的水平距離．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大��；
（2）根據(jù)位移速度關系求解小球離開滑塊時滑塊的速度大小，計算小球自由下落的時間，再根據(jù)位移時間關系求解位移即可．

解答 解：（1）由于滑塊上表面光滑，故小球在水平方向不受外力作用，所以小球脫離滑塊之前，小球始終靜止；
對于滑塊，其加速度大小為：a₁=$\frac{μ（M+m）g}{M}$=$\frac{0.2×（2+1）}{2}$×10m/s²=3m/s²，
（2）小球脫離滑塊時，滑塊的速度為v₁，則有：${v}_{0}^{2}-{v}_{1}^{2}=2aL$，
代入數(shù)據(jù)解得：v₁=2m/s；
當小球脫離滑塊后，滑塊的加速度大小為：a₂=$\frac{μMg}{M}=μg=2m/{s}^{2}$，
滑塊做勻加速直線運動的時間為：t₁=$\frac{{v}_{1}}{{a}_{1}}=\frac{2}{2}s=1s$，
滑塊的左端到達小球正上方后，小球做自由落體運動，落地時間為：${t}_{2}=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×0.8}{10}}s$=0.4s＜1s，
所以小球落地時距離滑塊的水平位移為：x=v₁t₂-$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}$=$2×0.4m-\frac{1}{2}×2×0．{4}^{2}m=0.64m$，
小球落地時距滑塊右端的水平距離為：X=x+L=0.64m+2m=2.64m．
答：（1）小球脫離滑塊之前，滑塊的加速度大小3m/s²；
（2）小球落地時距滑塊右端的水平距離2.64m．

點評 對于牛頓第二定律的綜合應用問題，關鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運動學的計算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學和運動學的橋梁．