Question

如圖，長l=lm、厚度h=0.2m 的木板A 靜止在水平面上，固定在水平面上半輕r=1.6m 的四分之一光滑圓弧軌道PQ，底端與木板A 相切與p點(diǎn)，木板與圓弧軌道緊靠在一起但不粘連．現(xiàn)將小物塊B 從圓弧上距p點(diǎn)高度H=0.8m 處由靜止釋放，已知A、B 質(zhì)量均為m=lkg，A 與B 間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₁=0.4，A 與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂=0.1，g 取10m/s²．求：
（ l ） 小物塊剛滑到圓弧軌道最低點(diǎn)P處時(shí)對圓弧軌道的壓力大�。�
（ 2 ）小物塊從剛滑上木板至滑到木板左端過程中對木板所做的功；
（ 3 ） 小物塊剛落地時(shí)距木板左端的距離．

Answer 1

分析：（1）B下滑過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒；最低點(diǎn)，重力和支持力的合力提供向心力；
（2）對滑塊和木板分別受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；然后根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系公式和速度時(shí)間關(guān)系公式列式后聯(lián)立求解；
（3）木塊離開木板后做平拋運(yùn)動(dòng)，木板繼續(xù)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)分位移公式和位移時(shí)間關(guān)系公式列式求解．

解答：解：（1）對B下滑的過程由機(jī)械能守恒定律有　　　mgH=

1

2

mv2
解得　　　v=

2gH

=4m/s
物塊滑到最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有　　FN-mg=m

v2

r

解得FN=mg+m

v2

r

=20N
由牛頓第三定律得 　FN′=20N  
（2）對B受力分析，由牛頓第二定律有a1=

u1mg

m

=u1g=4m/s²   勻減速直線運(yùn)動(dòng)
對A受力分析，由牛頓第二定律有a2=

u 1mg-u22mg

m

=2m/s²　　勻加速直線運(yùn)動(dòng)
又由l=x_A-x_Bt=

2h g

=0.2s
xA=v0t-

1

2

a1t2
xB=

1

2

a2t2
代入數(shù)據(jù)解得得  t=

1

3

s  （1s舍去）
對A由動(dòng)能定理得 W=μ1mg?

1

2

a2t2=

4

9

J
（3）B離開木板后以v1=v0-a1t=

8

3

m/s的初速度做平拋運(yùn)動(dòng)
至落地所需時(shí)間 h=

1

2

gt2，得
木板A將以v2=a2t=

2

3

m/s，加速度a3=

u2mg

m

=u2g=1m/s²做勻減速運(yùn)動(dòng)
物塊B落地時(shí)，兩者相距△x=v1t-(v2t-

1

2

a3t2)
代入數(shù)據(jù)△x=0.42m
答：（ l ） 小物塊剛滑到圓弧軌道最低點(diǎn)P處時(shí)對圓弧軌道的壓力大小為20N；
（ 2 ）小物塊從剛滑上木板至滑到木板左端過程中對木板所做的功為

4

9

J；
（ 3 ） 小物塊剛落地時(shí)距木板左端的距離為0.42m．

點(diǎn)評：本題關(guān)鍵分析清楚滑塊和木板的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，分階段運(yùn)用牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律公式列式求解，較難．