Question

4．如圖1所示，一帶有$\frac{1}{4}$光滑圓�。ò霃綖镽=1.8m）軌道的物塊固定在水平面上，在其右端并排放一足夠長的木板，長木板的上表面與圓弧底端的軌道等高，一個質(zhì)量為m=1kg的滑塊從靜止開始由圓弧的最高點A滑下，滑塊經(jīng)圓弧軌道的最低點B滑上長木板，整個運動過程中長木板的v-t圖象如圖2所示，已知長木板的質(zhì)量M=2kg，g=10m/s²，滑塊始終沒有滑離長木板，求：
（1）滑塊剛到達軌道最低點B時對軌道的壓力；
（2）木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ₁和滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ₂；
（3）整個運動過程中滑塊在長木板上滑過的距離．

Answer 1

分析 （1）滑塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理求出到達B點的速度，在B點，根據(jù)牛頓第二定律求出支持力，再根據(jù)牛頓第三定律即可求解滑塊對軌道的壓力；
（2）滑塊滑上木板后，在摩擦力作用下做勻減速直線運動，木板在摩擦力作用下做勻加速直線運動，當速度相等后一起做勻減速直線運動，直到靜止，
根據(jù)圖2可知求出木板運動的加速度，再根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可；
（3）根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊的加速度，根據(jù)運動學(xué)基本公式求出速度相等前滑塊和木板運動的位移，從而求出整個運動過程中滑塊在長木板上滑過的距離．

解答 解：（1）滑塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理得：$\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}=mgR$，
解得：${v}_{B}=\sqrt{2gR}=\sqrt{2×10×1.8}=6m/s$，
在B點，根據(jù)牛頓第二定律得：
N-mg=m$\frac{{{v}_{B}}^{2}}{R}$
解得：N=30N
根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊剛到達軌道最低點B時對軌道的壓力為30N，
（2）滑塊滑上木板后，在摩擦力作用下做勻減速直線運動，木板在摩擦力作用下做勻加速直線運動，當速度相等后一起做勻減速直線運動，直到靜止，
根據(jù)圖2可知，滑塊和木板共速時的初速度為v₁=1m/s，
在滑塊和木板速度相等前，木板的加速度${a}_{1}=\frac{△{v}_{1}}{△{t}_{1}}=\frac{1}{1}=1m/{s}^{2}$，共速后一起運動的加速度${a}_{2}=\frac{△{v}_{2}}{△{t}_{2}}=\frac{-1}{1}=-1m/{s}^{2}$，
對木板根據(jù)牛頓第二定律得：
μ₂mg-μ₁（m+M）g=Ma₁，
-μ₁（m+M）g=（M+m）a₂，
帶入數(shù)據(jù)解得：μ₁=0.1，μ₂=0.5
（3）速度相等前滑塊的加速度a=$\frac{{-μ}_{2}mg}{m}=-5m/{s}^{2}$，運動的位移${x}_{1}={v}_{B}t+\frac{1}{2}a{t}^{2}=6×1-\frac{1}{2}×5×1=3.5m$，
木板運動的位移${x}_{2}=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}=\frac{1}{2}×1×1=0.5m$，
則整個運動過程中滑塊在長木板上滑過的距離x=x₁-x₂=3.5-0.5=3m．
答：（1）滑塊剛到達軌道最低點B時對軌道的壓力為30N；
（2）木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ₁為0.1，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ₂為0.5；
（3）整個運動過程中滑塊在長木板上滑過的距離位3m．

點評 本題主要考查了牛頓第二定律、運動學(xué)基本公式得直接應(yīng)用，注意求解地面對木板的摩擦力時，壓力應(yīng)為滑塊和木板的重力之和，難度適中．