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    6．如图所示，在水平地面上静置有一质量M=1kg的长木板，一质量m=1kg的滑块（可视为质点）以速度v0=10m/s冲上长木板的左端，滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.4，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1．长木板的右端距离为d=1m处放置一固定的竖直光滑半圆槽，半圆槽半径为R=0.6m，半圆槽底端高度与长木板高度相同．当长木板的右端与半圆槽底端相碰时，滑块刚好滑离长木板右端而滑上半圆槽轨道底端，已知重力加速度g=10m/s2．
    （1）求滑块在长木板上表面滑行过程中，滑块和长木板的加速度．
    （2）求长木板的长度L．
    （3）求滑块经过半圆槽轨道底端时对轨道的压力大小，并判断滑块能否通过半圆槽的顶端．若能，求出滑块通过顶端时的速度大小；若不能，说明理由．

    分析 （1）滑块在长木板上表面滑行过程中，根据牛顿第二定律求滑块和长木板的加速度．
    （2）根据匀变速直线运动位移公式求出长木板运动位移为d时所用时间，并求滑块对地的位移x，根据L=x-d求板长L．
    （3）滑块在半圆槽底端时，由合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，从而得到滑块对轨道的压力．假设滑块能通过半圆槽的顶端，由机械能守恒定律求出滑块通过半圆槽的顶端时的速度，与临界速度比较，即可判断．

    解答 解：（1）根据牛顿第二定律，得：
    对滑块有：μ1mg=ma1
    则得 a1=μ1g=4m/s2，方向水平向左
    对长木板有：μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2
    则得 a2=2m/s2，方向水平向右
    （2）根据匀变速直线运动公式，对长木板有 d=$\frac{1}{2}$a2t2
    解得 t=1s
    设滑块滑离长木板右端时速度为v1，相对地面的位移为x
    则 v1=v0-a1t=10-4×1=6m/s
         x=$\frac{{v}_{0}+{v}_{1}}{2}$t=$\frac{10+6}{2}$×1m=8m
    所以长木板的长度 L=x-d=7m
    （3）滑块在半圆槽底端，根据牛顿第二定律，有
       F-mg=$\frac{{v}_{1}^{2}}{R}$
    解得  F=70N
    根据牛顿第三定律知，滑块对半圆槽底端的压力 F'=F=70N
    假设滑块能够通过半圆槽的顶端，且经过顶端的速度为v2，根据机械能守恒定律，有
       $\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$=2mgR+$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
    解得 v2=2$\sqrt{3}$m/s
    而滑块能够通过半圆槽顶端的临界速度 v临=$\sqrt{gR}$=$\sqrt{10×0.6}$=$\sqrt{6}$m/s
    可见v2＞v临，所以滑块能够通过半圆槽的顶端，且其速度大小为 2$\sqrt{3}$ m/s．
    答：
    （1）滑块的加速度为4m/s2，方向水平向左．木板的加速度为2m/s2，方向水平向右．
    （2）长木板的长度L是7m．
    （3）滑块经过半圆槽轨道底端时对轨道的压力大小是70N，滑块能够通过半圆槽的顶端，且其速度大小为 2$\sqrt{3}$ m/s．

    点评 分析清楚两个物体的运动过程，抓住同时性，由牛顿第二定律和运动学公式求出滑块在木板上运动的时间和到达半圆槽底端时的速度是关键．要掌握圆周运动最高点的临界速度表达式v=$\sqrt{gR}$，并能熟练运用．

    练习册系列答案
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    B．电场强度处处为零的区域内，电势也一定处处相同
    C．电场强度的方向就是电势的方向
    D．电场强度和电势都是标量

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    （1）求小灯泡的阻值RL．
    （2）求定值电阻的阻值R2．
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    （2）通过计算，判断物体A向右做匀减速运动过程中，物体B相对于C板是静止还是运动；
    （3）要使物块A、B相碰，物块A的初速度v0应满足的条件．

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