Question

11．如圖所示，質量為m=2kg的小物塊從一半徑為R=1.25m的四分之一光滑圓弧軌道頂點A處由靜止下滑，滑到圓弧最低點B后，滑上長為l=3.5m，質量為$\frac{m}{2}$、沒有厚度的長板，物塊與長板上表面間的動摩擦因數為μ₁=0.2．長板放于平面上，它與水平面間的動摩擦因數μ₂=0.1，物塊滑出長板后，在水平面上做直線運動，然后滑離水平面做平拋運動，已知水平面的長度L=6.5m，水平面的高度h=1.25m，到達另一平面時水平飛行距離s=1m．重力加速度為g=10m/s²．求：
（1）在圓弧軌道最低點B時物塊對軌道的壓力大�。�
（2）物塊與水平面間的動摩擦因數μ；
（3）物塊滑離水平面時，它與長板左端的距離及平拋前整個過程中小物塊損失的機械能．

Answer 1

分析 （1）物塊從A點滑到圓弧軌道B點的過程中，根據動能定理求解物塊到達B點的速度；在B點，根據牛頓第二定律求出軌道對物塊的支持力，根據牛頓第三定律求出物塊對軌道的壓力；
（2）物塊在木板上滑動時，對物塊與木板運用牛頓第二定律求出各自的加速度．根據物塊與木板位移之差等于板長，由位移時間公式求出物塊在木板滑行的時間，并求出兩者的位移．物塊離開長板后二者都做勻減速運動．對物塊的平拋運動，由水平距離和下落高度求出平拋運動的初速度．再對物塊在水平面上滑行的過程，由牛頓第二定律和運動學公式結合求解物塊與水平面間的動摩擦因數μ；
（3）根據幾何關系求物塊滑離水平面時它與長板左端的距離．根據功能關系求平拋前整個過程中小物塊損失的機械能．

解答 解：（1）從A到B，由動能定理可得：mgR=$\frac{1}{2}$mv_B²，
代入數據解得：v_B=5m/s
在B點，設軌道對物體支持力為N，由牛頓第二定律可得：N-mg=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$
代入數據聯(lián)立解得：N=3mg=3×2×10=60N
 由牛頓第三定律可知，物塊對軌道的壓力大小為60N；
（2）物塊在木板上滑行時，對物塊，由牛頓第二定律有：-μ₁mg=ma₁；
對長板：μ₁mg-μ₂（m+m）g=ma₂
代入數據解得：a₁=-2m/s²，a₂=1m/s²；
根據運動學關系有：：（v_Bt₁+$\frac{1}{2}$a₁t₁²）-$\frac{1}{2}$a₂t₁²=l
代入數據解得：t₁=1s，另一解不符合題意舍去
即物塊滑離長板時用時1s
滑離長板時物塊的速度為：v₁=v_B+a₁t₁=5-2×1=3m/s
物塊的位移為：x₁=v_Bt₁+$\frac{1}{2}$a₁t₁²=5×1-$\frac{1}{2}$×2×1²=4m
長板的位移為：x₂=$\frac{1}{2}$a₂t₁²=$\frac{1}{2}$×1×1²=0.5m
長板的速度為：v₂=1m/s
物塊離開長板后二者都做勻減速運動，對物塊的平拋運動有：
h=$\frac{1}{2}$gt₃²；
s=v'₁t³
解得：v'₁=2m/s
物塊在水平面上勻減速運動時，由牛頓第二定律有：
-μmg=ma
又 v₂′²-v₁²=2a（L-x₁）
代入數據解得：μ=0.1
（3）設物塊滑離木板在水平面滑行的時間為t₂．則有：
L-x₁=$\frac{{v}_{1}+{v}_{2}′}{2}{t}_{2}$
代入數據解得：t₂=1s
木板在水平面上滑行時的加速度大小為：a₃=$\frac{{μ}_{2}mg}{m}$=1m/s²．
物塊滑離水平面時，木板滑行的位移為：x₃=v₂t₂-$\frac{1}{2}$a₃t₂²=1×1-$\frac{1}{2}$×1×1²=0.5m
物塊與長板左端的距離 S=l+（L-x₁）-x₃=3.5+（6.5-4）-0.5=5.5m
平拋前整個過程中小物塊損失的機械能 E=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{′2}$
代入解得 E=21J．
答：
（1）在圓弧軌道最低點B時物塊對軌道的壓力大小是60N．
（2）物塊與水平面間的動摩擦因數μ是0.1．
（3）物塊滑離水平面時，它與長板左端的距離是5.5m，平拋前整個過程中小物塊損失的機械能是21J．

點評 在解題時要正確分析物理過程，做好受力分析，再選擇正確的物理規(guī)律求解．物塊在木板上滑行時，采用隔離法研究加速度，運用運動學公式和位移關系求時間是關鍵．