Question

水平台面AB距地面的高度h=0.8m，有一滑块从A点以V0=6m/s的初速度在台面上做匀变速直线运动，滑块与平台间

水平台面AB距地面的高度h=0.8m，有一滑块从A点以V0=6m/s的初速度在台面上做匀变速直线运动，滑块与平台间的动摩擦因数为0.25，滑块运动到平台边缘的B点后水平飞出．已知AB=2.2m，不计空气阻力，g取9.8m/s2，求：（1）滑块从B点飞出时的速度大小；（2）滑块落地点到平台边缘水平距离；（3）滑块落地的速度大小．说明（用运动学和平抛运动解答）

Answer 1

（1）滑块在水平方向只受滑动摩擦力作用，故有F_合=f=μN=μmg
根据牛顿第二定律有滑块产生的加速度a＝

F合

m

＝μg=2.5m/s²
取初速度方向为正方向，则滑块的加速度a=-2.5m/s²
根据匀变速直线运动的速度位移关系有：

v

2 B

?

v

2 0

＝2ax
∴vB＝

v 2 0 +2ax

=

62+2×(?2.5)×2.2

m/s=5m/s；
（2）滑块离开B点后做平抛运动，滑块做平抛运动的时间
t=

2h g

＝

2×0.8 10

s＝0.4s
则滑块落地时水平方向产生的位移x=v_Bt=5×0.4m=2m；
（3）滑块落地时间t=0.4s
则滑块落地时，在竖直方向的瞬时速度v_y=gt=4m/s，水平方向的速度v_x=v_B=5m/s；
所以根据平抛运动规律，滑块落地时的速度大小v＝

v 2 x + v 2 y

=

42+52

m/s=

41

m/s；
答：（1）滑块从B点飞出时的速度大小为5m/s；
（2）滑块落地点到平台边缘水平距离为2m；
（3）滑块落地的速度大小为

41

m/s．