Question

19．如圖所示，傾角為θ=37°的斜面長l=1.9m，在斜面底端正上方的O點將一小球以速度v₀=3m/s的速度水平拋出，與此同時靜止釋放在頂端的滑塊，經過一段時間后小球恰好能夠以垂直斜面的方向擊中滑塊．（小球和滑塊均視為質點，取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．
求：（1）小球從O到P的時間t；
（2）拋出點O離斜面底端的高度h；
（3）滑塊與斜面間的動摩擦因素μ．

Answer 1

分析 （1）抓住小球垂直擊中斜面，根據(jù)平行四邊形定則求出豎直分速度，從而求出運動的時間，
（2）根據(jù)小球的豎直位移和水平位移，結合幾何關系求出拋出點到斜面底端的距離．
（3）根據(jù)牛頓第二定律，結合位移公式，抓住時間相等求出滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)．

解答 解：（1）將小球在P點的速度分解：$tanθ=\frac{{v}_{0}^{\;}}{{v}_{y}^{\;}}$
代入數(shù)據(jù)：$tan37°=\frac{{v}_{0}^{\;}}{{v}_{y}^{\;}}$=$\frac{3}{{v}_{y}^{\;}}$
解得：${v}_{y}^{\;}=4m/s$
根據(jù)${v}_{y}^{\;}=gt$
得$t=\frac{{v}_{y}^{\;}}{g}=\frac{4}{10}=0.4s$
（2）平拋運動的水平位移$x={v}_{0}^{\;}t=3×0.4=1.2m$
豎直位移$y=\frac{1}{2}g{t}_{\;}^{2}=\frac{1}{2}×10×0．{4}_{\;}^{2}=0.8m$
根據(jù)幾何關系$tanθ=\frac{y′}{x}$
得$y′=xtanθ=1.2×\frac{3}{4}=0.9m$
拋出點O離斜面底端的高度h=y+y′=0.8+0.9=1.7m
（3）根據(jù)幾何關系$OP=\frac{x}{cosθ}=\frac{1.2}{0.8}=1.5m$
滑塊勻加速運動的位移x=l-OP=1.9-1.5=0.4m
根據(jù)位移公式得$x=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$
代入數(shù)據(jù)：$a=5m/{s}_{\;}^{2}$
對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得：a=gsinθ-μgcosθ
代入數(shù)據(jù)解得：μ=0.125
答：（1）小球從O到P的時間t為0.4s；
（2）拋出點O離斜面底端的高度h為1.7m；
（3）滑塊與斜面間的動摩擦因素μ為0.125

點評 該題是平拋運動和牛頓第二定律等基本規(guī)律的應用，主要抓住撞到斜面上時水平速度和豎直方向速度的關系以及位移的關系解題