Question

6．如圖所示，在水平地面上靜置有一質(zhì)量M=1kg的長木板，一質(zhì)量m=1kg的滑塊（可視為質(zhì)點）以速度v₀=10m/s沖上長木板的左端，滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ₁=0.4，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ₂=0.1．長木板的右端距離為d=1m處放置一固定的豎直光滑半圓槽，半圓槽半徑為R=0.6m，半圓槽底端高度與長木板高度相同．當長木板的右端與半圓槽底端相碰時，滑塊剛好滑離長木板右端而滑上半圓槽軌道底端，已知重力加速度g=10m/s²．
（1）求滑塊在長木板上表面滑行過程中，滑塊和長木板的加速度．
（2）求長木板的長度L．
（3）求滑塊經(jīng)過半圓槽軌道底端時對軌道的壓力大小，并判斷滑塊能否通過半圓槽的頂端．若能，求出滑塊通過頂端時的速度大��；若不能，說明理由．

Answer 1

分析 （1）滑塊在長木板上表面滑行過程中，根據(jù)牛頓第二定律求滑塊和長木板的加速度．
（2）根據(jù)勻變速直線運動位移公式求出長木板運動位移為d時所用時間，并求滑塊對地的位移x，根據(jù)L=x-d求板長L．
（3）滑塊在半圓槽底端時，由合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出軌道對滑塊的支持力，從而得到滑塊對軌道的壓力．假設(shè)滑塊能通過半圓槽的頂端，由機械能守恒定律求出滑塊通過半圓槽的頂端時的速度，與臨界速度比較，即可判斷．

解答 解：（1）根據(jù)牛頓第二定律，得：
對滑塊有：μ₁mg=ma₁
則得 a₁=μ₁g=4m/s²，方向水平向左
對長木板有：μ₁mg-μ₂（M+m）g=Ma₂
則得 a₂=2m/s²，方向水平向右
（2）根據(jù)勻變速直線運動公式，對長木板有 d=$\frac{1}{2}$a₂t²
解得 t=1s
設(shè)滑塊滑離長木板右端時速度為v₁，相對地面的位移為x
則 v₁=v₀-a₁t=10-4×1=6m/s
     x=$\frac{{v}_{0}+{v}_{1}}{2}$t=$\frac{10+6}{2}$×1m=8m
所以長木板的長度 L=x-d=7m
（3）滑塊在半圓槽底端，根據(jù)牛頓第二定律，有
   F-mg=$\frac{{v}_{1}^{2}}{R}$
解得  F=70N
根據(jù)牛頓第三定律知，滑塊對半圓槽底端的壓力 F'=F=70N
假設(shè)滑塊能夠通過半圓槽的頂端，且經(jīng)過頂端的速度為v₂，根據(jù)機械能守恒定律，有
   $\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$=2mgR+$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
解得 v₂=2$\sqrt{3}$m/s
而滑塊能夠通過半圓槽頂端的臨界速度 v_臨=$\sqrt{gR}$=$\sqrt{10×0.6}$=$\sqrt{6}$m/s
可見v₂＞v_臨，所以滑塊能夠通過半圓槽的頂端，且其速度大小為 2$\sqrt{3}$ m/s．
答：
（1）滑塊的加速度為4m/s²，方向水平向左．木板的加速度為2m/s²，方向水平向右．
（2）長木板的長度L是7m．
（3）滑塊經(jīng)過半圓槽軌道底端時對軌道的壓力大小是70N，滑塊能夠通過半圓槽的頂端，且其速度大小為 2$\sqrt{3}$ m/s．

點評 分析清楚兩個物體的運動過程，抓住同時性，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式求出滑塊在木板上運動的時間和到達半圓槽底端時的速度是關(guān)鍵．要掌握圓周運動最高點的臨界速度表達式v=$\sqrt{gR}$，并能熟練運用．