Question

6．如图所示，水平台面AB距地面的高度h=0.80m．有一滑块从A点以v₀=6.0m/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μ=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10m/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的水平距离
（3）滑块落地时速度大小及方向（用与水平方向的正切值表示）．

Answer 1

分析 （1）滑块在水平面上做匀减速直线运动，水平方向只受滑动摩擦力，根据动能定理即可求出B点的速度；
（2）滑块从B点飞出后做平抛运动，高度已知，就可以求出运动的时间，水平方向做匀速直线运动，x=v_Bt；
（3）平抛运动竖直方向做自由落体运动，v_y=gt，根据平行四边形定值求解落地速度的大小，根据几何关系求解正切值．

解答 解：（1）运用动能定理研究A→B得：
-μmgl=$\frac{1}{2}$mv_B²-$\frac{1}{2}$mv₀²
解得v_B=5.0m/s．
（2）滑块运动到平台边缘的B点后水平飞出做平抛运动．
根据平抛运动规律得：
X=v_Bt
t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$=$\sqrt{\frac{2×0.8}{10}}=0.4s$
解得：X=2.0m
（3）落地前瞬间竖直速度为：
v_y=gt=10×0.4m/s=4m/s，水平方向的速度为v_B=5m/s，则落地时速度$v=\sqrt{{{v}_{y}}^{2}+{{v}_{0}}^{2}}=\sqrt{41}m/s$
设速度与水平方向的夹角为α，
则 tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{B}}=\frac{4}{5}=0.8$
答：（1）滑块从B点飞出时的速度大小是5.0m/s；
（2）滑块落地点到平台边缘的水平距离是2.0m；
（3）滑块落地时速度大小为$\sqrt{41}m/s$，方向与竖直方向的夹角的正切值为0.8

点评 本题考查了动能定理和平抛运动基本规律的直接运用，难度不大，知道平抛运动的特点，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，属于基础题型．