Question

（2012?濟(jì)寧模擬）如圖所示，固定的四分之一豎直圓弧軌道AB的半徑R=0.6m，其最低點(diǎn)與長l=2.0m、高h(yuǎn)=0.2m、質(zhì)量M=5.0kg的長木板的水平上表面相切于B點(diǎn)．質(zhì)量m=1.0kg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧頂點(diǎn)A處由靜止釋放，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到圓弧最低點(diǎn)時(shí)受軌道的支持力為25N．已知滑塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₁=0.2，長木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂=0.1．（不計(jì)空氣阻力，g取10m/s²）
（1）求滑塊由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，摩擦力對它做的功；
（2）試通過計(jì)算判斷滑塊能否離開長木板．若能，求滑塊在長木板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及滑塊從C點(diǎn)離開木板到落地的過程中通過的位移大��；若不能，寫出判斷過程．（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

Answer 1

分析：（1）滑塊在B點(diǎn)時(shí)，由重力和軌道的支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求出滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度，根據(jù)動(dòng)能定理研究滑塊由A運(yùn)動(dòng)到B的過程，得到摩擦力對它做的功；
（2）滑塊在長木板上運(yùn)動(dòng)時(shí)，長木板受到滑塊對它的摩擦力為F_f1=μ₁mg=2N，長木板受到地面對它的摩擦力為F_f2=μ₂（M+m）g=6N，F(xiàn)_f1＜F_f2，則知長木板不動(dòng)．由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求出滑塊速度減小到零時(shí)通過的距離x，與板長l比較，可判斷滑塊能否離開長木板．如能離開木板，滑塊離開長木板后做平拋運(yùn)動(dòng)，由高度h求出時(shí)間，由x=v₀t求出水平位移大小，滑塊離開C點(diǎn)到落地的過程中通過的位移大小為L=

h2+x2

．

解答：解：（1）滑塊在B點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得  F_N-mg=m

v 2 B

R

 得  v_B=3m/s
滑塊由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，由動(dòng)能定理得   mgR+W_f=

1

2

m

v

2 B

聯(lián)立以上兩式可得    W_f=-1.5J
（2）長木板受到滑塊對它的摩擦力為F_f1=μ₁mg=2N，長木板受到地面對它的摩擦力為F_f2=μ₂（M+m）g=6N，因F_f1＜F_f2，故長木板不動(dòng)．
滑塊在長木板上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a=

μ1mg

m

=μ₁g=2m/s²
滑塊速度減小到零時(shí)通過的距離，x₁=

v 2 B

2a

=2.25m＞l=2.0m：故滑塊能離開長木板
設(shè)滑塊在長木板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₁，則l=v_Bt₁-

1

2

a

t

2 1

，
代入數(shù)據(jù)解得t₁=1.0 s（t₁=2.0s，由于v=v_B-at₁=3-2×2=-3m/s，滑塊向左運(yùn)動(dòng)，不可能．故t₁=2.0s舍去）
滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度為：v_C=v_B-at₁=1.0m/s
滑塊離開長木板后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₂，則：
   h=

1

2

g

t

2 2

，
   x₂=v_Ct₂
聯(lián)立解得x₂=0.2m
滑塊離開C點(diǎn)到落地的過程中通過的位移大小為L=

h2+ x 2 2

=0.28m
答：
（1）滑塊由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，摩擦力對它做的功為-1.5J；
（2）滑塊能離開長木板，滑塊離開C點(diǎn)到落地的過程中通過的位移大小為0.28m．

點(diǎn)評：第1問中摩擦力是變力，運(yùn)用動(dòng)能定理求解摩擦力做功．第2問，要根據(jù)木板所受的滑動(dòng)摩擦力與地面對木板的最大靜摩擦力比較，判斷木板運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)．根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求滑塊速度減小到零時(shí)通過的距離．