Question

2．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=1m/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=0.5kg的長木板．已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₁=0.1，小物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂=0.6，圓弧軌道的半徑為R=0.5m，C點(diǎn)和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ=60°，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g=10m/s²．求：
（1）A、C兩點(diǎn)的高度差；
（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；
（3）要使小物塊不滑出長木板，木板的最小長度．

Answer 1

分析 （1）小球從A點(diǎn)拋出做平拋運(yùn)動(dòng)，將C點(diǎn)的速度進(jìn)行分解，求出豎直分速度的大小，從而根據(jù)豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出AC兩點(diǎn)的高度差．
（2）求出C點(diǎn)的速度，對(duì)C到D運(yùn)用動(dòng)能定理求出到達(dá)D點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出支持力的大小，從而得出物塊對(duì)軌道的壓力．
（3）當(dāng)小物塊剛好不從長木板滑出時(shí)，與木板具有相同的速度，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出共同的速度，結(jié)合位移公式進(jìn)行求解．

解答 解：（1）小物塊在C點(diǎn)時(shí)的速度大小為：
${v}_{c}=\frac{{v}_{0}}{cosθ}=\frac{1}{\frac{1}{2}}m/s=2m/s$，
豎直分量為：${v}_{cy}={v}_{c}sinθ=2×\frac{\sqrt{3}}{2}m/s=\sqrt{3}m/s$，
下落的高度為：h=$\frac{{{v}_{cy}}^{2}}{2g}=\frac{3}{20}m=0.15m$．
（2）小物塊由C到D的過程中，由動(dòng)能定理得：
$mgR（1-cosθ）=\frac{1}{2}m{{v}_{D}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v_D=3m/s，
小球在D點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得：${F}_{N}-mg=m\frac{{{v}_{D}}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得：F_N=28N，
由牛頓第三定律得，F(xiàn)_N′=F_N=28N，方向豎直向下．
（3）設(shè)小物塊剛好滑到木板右端時(shí)與木板達(dá)到共同速度，大小為v，小物塊在木板上滑行的過程中，小物塊與長木板的加速度大小分別為：
${a}_{1}={μ}_{2}g=6m/{s}^{2}$，
${a}_{2}=\frac{{μ}_{2}mg-{μ}_{1}（m+M）g}{M}=9m/{s}^{2}$，
速度分別為v=v_D-a₁t=a₂t，
代入數(shù)據(jù)解得t=$\frac{1}{5}s$，v=$\frac{9}{5}m/s$，
物塊位移${x}_{1}=\frac{{v}_{D}+v}{2}t=\frac{3+\frac{9}{5}}{2}×\frac{1}{5}=\frac{12}{25}m$，
木板位移${x}_{2}=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=\frac{1}{2}×9×\frac{1}{25}m=\frac{9}{50}m$，
則L≥x₁-x₂=0.3m，即木板的長度至少是0.3m．
答：（1）A、C兩點(diǎn)的高度差為0.15m；
（2）小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為28N；
（3）要使小物塊不滑出長木板，木板的最小長度為0.3m．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律、能量守恒定律等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，關(guān)鍵理清物塊的運(yùn)動(dòng)過程，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解．