Question

19．某科技小組設計了如圖所示固定在水平地面上的滑道，滑道由四分之一圓弧滑道MN和水平滑道ND組成，且兩段滑道平滑連接，起點M距水平地面的高度H=7.0m，圓弧滑道光滑，半徑為R=6m，水平滑道的長度d=10m，已知質(zhì)量m=1kg的物塊與水平滑道之間的摩擦因數(shù)μ=0.20，將滑塊從M出由靜止釋放，取g=10m/s²求：
（1）滑塊經(jīng)過N點時，對滑道的壓力大小F_N．
（2）滑塊從D點拋出后的水平位移大小s．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求出N點的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出在N點受到的支持力，從而得出滑塊對軌道的壓力．
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出在水平面上做勻減速直線運動的加速度大小，結(jié)合速度位移公式求出D點的速度，根據(jù)高度求出平拋運動的時間，結(jié)合D點的速度和時間求出水平位移．

解答 解：（1）根據(jù)動能定理得：mgR=$\frac{1}{2}m{{v}_{N}}^{2}$-0，
解得N點的速度為：${v}_{N}=\sqrt{2gR}$=$\sqrt{2×10×6}=2\sqrt{30}$m/s，
根據(jù)牛頓第二定律得：$N-mg=m\frac{{{v}_{N}}^{2}}{R}$，
解得：N=mg+$m\frac{{{v}_{N}}^{2}}{R}$=10+1×$\frac{120}{6}$N=30N．
根據(jù)牛頓第三定律知，滑塊對軌道壓力大小為30N．
（2）物塊在水平軌道上做勻減速直線運動的加速度大小為：a=$\frac{μmg}{m}=μg=2m/{s}^{2}$，
根據(jù)速度位移公式得：${{v}_{N}}^{2}-{{v}_{D}}^{2}=2ad$，
解得：${v}_{D}=\sqrt{120-2×2×10}m/s=4\sqrt{5}$m/s，
根據(jù)$H-R=\frac{1}{2}g{t}^{2}$得平拋運動的時間為：
t=$\sqrt{\frac{2（H-R）}{g}}=\sqrt{\frac{2×1}{10}}s=\frac{\sqrt{5}}{5}s$，
則水平位移為：s=${v}_{D}t=4\sqrt{5}×\frac{\sqrt{5}}{5}m=4m$．
答：（1）滑塊經(jīng)過N點時，對滑道的壓力大小為30N．
（2）滑塊從D點拋出后的水平位移大小為4m．

點評 本題考查了牛頓第二定律與平拋運動、圓周運動的綜合運用，知道圓周運動向心力的來源以及平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律是解決本題的關鍵．