Question

【題目】如圖所示，質量m=3kg、可視為質點的小物塊A沿斜面下滑，經O點以速度v0水平飛出，落在木板上瞬間，物塊水平速度不變，豎方向速度消失．飛出點O距離地面度h=1.8m，質量M=3kg、長為L=3.6m的木板B靜止在粗糙水平面上，木板高度忽略不計，其左端距飛出點正下方P點距離為s=1.2m．木板與物塊間的動摩擦因數μ1=0.3，與水平面之間的動摩擦因數的μ2=0.1，重力加速度g取10m/s2 ． 求：

（1）小物塊水平飛出后經多長時間小物塊落到長木板上；
（2）為了保證小物塊能夠落在木板上，初速度v0的范圍；
（3）若小物塊水平速度v0=4m/s，小物塊停止運動時距P點距離是多少．

Answer 1

【答案】
（1）解：小物塊水平飛出后做平拋運動，根據 h= 得：

t= = s=0.6s

答：小物塊水平飛出后經0.6s時間小物塊落到長木板上；

（2）解：為了保證小物塊能夠落在木板上，其水平位移應在這個范圍：S≤x≤S+L，即有 1.2m≤x≤4.8m

根據x=v0t得：初速度v0的范圍為 2m/s≤v0≤8m/s

答：為了保證小物塊能夠落在木板上，初速度v0的范圍是2m/s≤v0≤8m/s；

（3）解：若小物塊水平速度v0=4m/s，小物塊落木板上時水平位移為 x=v0t=4×0.6m=2.4m

落點距木板右端的距離為 s′=s+L﹣x=1.2+3.6﹣2.4=2.4m

小物塊落木板上瞬間，豎直分速度消失，物塊水平速度不變，仍為v0=4m/s．

之后小物塊向右做勻減速運動，木板向右做勻加速運動，設小物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2．

根據牛頓第二定律得：

對小物塊有：μ1mg=ma1；

對木板有：μ1mg﹣μ2（M+m）g=Ma2；

代入數據解之得：a1=3m/s2，a2=1m/s2．

設經過時間t′兩者速度相同，則有：

v0﹣a1t′=a2t′

代入數據解得：t′=1s

共同速度為：v=a2t′=1×1=1m/s

在t′時間內小物塊的位移為 x1= = =2.5m，木板的位移為 x2= = 1=0.5m

由于x1﹣x2=2m＜s′，所以小物塊沒有滑出木板的右端，達到同速后兩者一起勻減速運動，由動能定理得：

﹣μ2（M+m）gx2=0﹣

代入數據解得：x3=0.5m

故小物塊停止運動時距P點距離是 S總=x+x1+x3=2.4+2.5+0.5=5.4m

答：若小物塊水平速度v0=4m/s，小物塊停止運動時距P點距離是5.4m．

【解析】（1）根據平拋運動公式求解運動時間 。
（2）小物塊要落在木板上應該大于S小于S+L，這是解此題的關鍵。
（3）傳送帶問題首先要看物體和傳送帶能不能共速，結合物體的受力情況和動能定理進行求解。
【考點精析】本題主要考查了動能定理的綜合應用的相關知識點，需要掌握應用動能定理只考慮初、末狀態(tài)，沒有守恒條件的限制，也不受力的性質和物理過程的變化的影響.所以，凡涉及力和位移，而不涉及力的作用時間的動力學問題，都可以用動能定理分析和解答，而且一般都比用牛頓運動定律和機械能守恒定律簡捷才能正確解答此題．