Question

20．如圖所示，有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m=1kg的小物塊，從光滑平臺(tái)上的A點(diǎn)以v₀=2m/s的初速度水平拋出，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，恰好沿C點(diǎn)的切線(xiàn)方向進(jìn)入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)的質(zhì)量為M=3kg的長(zhǎng)木板．已知木板上表面與圓弧軌道末端切線(xiàn)相平，木板下表面與水平地面之間光滑，小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3，圓弧軌道的半徑為R=0.4m，C點(diǎn)和圓弧的圓心連線(xiàn)與豎直方向的夾角θ=60°，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s²．求：
（1）小物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大�。�
（2）小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；v
（3）若小物塊剛好不滑出長(zhǎng)木板，則木板的長(zhǎng)度L為多少？

Answer 1

分析 （1）小物塊從A到C做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式求解小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度．
（2）小物塊由C到D的過(guò)程中，運(yùn)用動(dòng)能定理可求得物塊經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度．到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)，由重力和軌道的支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律列式，求出軌道對(duì)物塊的支持力，再由牛頓第三定律求出物塊對(duì)軌道的壓力．
（3）物塊滑上長(zhǎng)木板后做勻減速運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板做勻加速運(yùn)動(dòng)，小物塊恰好不滑出長(zhǎng)木板時(shí)，物塊滑到長(zhǎng)木板的最右端，兩者速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒或牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合和能量守恒求出此時(shí)木板的長(zhǎng)度，即可得到木板的長(zhǎng)度最小值．

解答 解：（1）小物塊在C點(diǎn)速度大�。簐_C=$\frac{{v}_{0}}{cos60°}$=4m/s；
（2）小物塊由C到D，由動(dòng)能定理得：
$mgR（1-cos{60^0}）=\frac{1}{2}mv_D^2-\frac{1}{2}mv_C^2$，
代入數(shù)據(jù)解得：${v_D}=2\sqrt{5}m/s$，
小球在D點(diǎn)，由牛頓第二定律得：${F_D}-mg=m\frac{v_D^2}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得：F_D=60N，
由牛頓第三定律可知，壓力：F_D′=F_D=60N，方向：豎直向下；
（3）物塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，
由動(dòng)量守恒定律得：mv_D=（M+m）v，
由能量守恒定律得：$μmgL=\frac{1}{2}mv_D^2-\frac{1}{2}（M+m）{v^2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：L=2.5m；
答：（1）小物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大小為2m/s；
（2）小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為60N，方向：豎直向下；
（3）若小物塊剛好不滑出長(zhǎng)木板，則木板的長(zhǎng)度L為2.5m．

點(diǎn)評(píng) 此題主要考查了平拋運(yùn)動(dòng)基本規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律及動(dòng)能定理、能量守恒定律的直接應(yīng)用，是常見(jiàn)的題型．