Question

14．如圖所示，質(zhì)量M=2kg，長(zhǎng)L=4m的木板，放在光滑的地面上，右端恰與半徑R=0.8m的$\frac{1}{4}$光滑圓弧軌道AB的下端B平滑對(duì)接．木板被其左邊的銷(xiāo)釘鎖定，不能向左滑動(dòng)．現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.5kg的滑塊，由軌道頂端無(wú)初速釋放，滑到B端后沖上木板，剛好沒(méi)有掉下去．現(xiàn)在拔去銷(xiāo)釘，木板能在水平面上自由滑動(dòng)，滑塊仍從軌道頂端無(wú)初速釋放．當(dāng)木板運(yùn)行了2s時(shí)，木板被地面裝置再次鎖定．（g=10m/s²） 試求：
（1）滑塊到達(dá)B端時(shí)，軌道對(duì)它支持力的大��；
（2）滑塊與木板上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
（3）木板被再次鎖定時(shí)，木板右端距軌道B端的距離；
（4）從木板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到再次被鎖定的過(guò)程中，滑塊與木板間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求出滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出軌道對(duì)它支持力的大小．
（2）滑塊剛好沒(méi)有掉下去，此時(shí)的速度為0，根據(jù)牛頓第二定律求出小車(chē)和滑塊的加速度，然后又運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式即可求出動(dòng)摩擦因數(shù)．（也可以使用動(dòng)能定理）；
（3）根據(jù)速度時(shí)間公式求出達(dá)到共同速度的時(shí)間，結(jié)合位移公式求出車(chē)被鎖定時(shí)，車(chē)右端距軌道B端的距離．
（4）根據(jù)相對(duì)滑動(dòng)的距離，結(jié)合Q=f△x求出摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大�。�

解答 解：（1）設(shè)滑塊到達(dá)B端時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理得：$mgR=\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
由牛頓第二定律得：${F}_{N}-mg=m\frac{{v}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立兩式解得：v=$\sqrt{2gR}=\sqrt{2×10×0.8}=4$m/s；F_N=3mg=15N．
（2）當(dāng)滑塊滑上小車(chē)后，由牛頓第二定律對(duì)滑塊有-μmg=ma₁；
滑到木板的另一端時(shí)：$2{a}_{1}L=0-{v}^{2}$
所以：a₁=2m/s² μ=0.2
（3）對(duì)小車(chē)有：-μmg=Ma₂，
設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t兩者達(dá)到共同速度，則有：v+a₁t=a₂t，
代入數(shù)據(jù)解得：a₂=0.5m/s²；t=1.6s，
由于1.6s＜t₁=2s，此時(shí)小車(chē)還未被鎖定，兩者的共同速度：v₁=a₂t，
代入數(shù)據(jù)解得v₁=0.8m/s．
滑塊與車(chē)的速度相等時(shí)小車(chē)的位移：x₂=a₂t=0.5×1.6=0.8m
車(chē)右端距軌道B的距離x=x₂+v₁（t₁-t），代入數(shù)據(jù)解得x=1.12m．
（4）滑塊與車(chē)的速度相等時(shí)，滑塊的位移：${x}_{1}=vt+\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$=4×1.6-$\frac{1}{2}×2×1．{6}^{2}$=1.44m
滑塊相對(duì)于小車(chē)的位移：△x=x₁-x₂=1.44-0.8=0.64m，
所以產(chǎn)生的內(nèi)能：E_內(nèi)=μmg•△x=0.5×10×0.64J=3.2J．
答：（1）滑塊到達(dá)B端時(shí)，軌道對(duì)它支持力的大小是15N；
（2）滑塊與木板上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ是0.2；
（3）木板被再次鎖定時(shí)，木板右端距軌道B端的距離是1.12m；
（4）從木板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到再次被鎖定的過(guò)程中，滑塊與木板間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大小是3.2J．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和能量守恒的綜合，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，關(guān)鍵理清滑塊和小車(chē)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解．