Question

11．如圖所示，光滑固定斜面傾角θ=60°，一質量M=1kg的足夠長的木板放在水平地面上，與斜面平滑連接，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ₁=$\frac{\sqrt{3}}{10}$．將一質量m=1kg的滑塊放在斜面上A點，A點到木板上表面的距離h=1m．由靜止釋放滑塊．并同時給滑塊一水平方向右、大小F=2$\sqrt{3}$N的外力．滑塊沿斜面下滑．滑塊滑上木板后再經(jīng)過t=3$\sqrt{2}$s撤去外力F，已知滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ₂=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，取g=10m/s²．求：
（1）滑塊下滑到斜面底端時的速度大小v₀；
（2）木板在水平面上滑行的最大距離x．

Answer 1

分析 （1）滑塊從A點運動到斜面底端的過程中，根據(jù)動能定理即可求解速度；
（2）分析木板和滑塊的受力情況，判斷運動情況，根據(jù)牛頓第二定律分別求出F撤去前和撤去后的加速度，再結合運動學基本公式列式求解即可．

解答 解：（1）滑塊從A點運動到斜面底端的過程中，根據(jù)動能定理得：
$\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}=mgh+F\frac{h}{tan60°}$
解得：v₀=$2\sqrt{6}$m/s
（2）滑上滑塊后，在F和滑動摩擦力作用下做勻變速直線運動，撤去拉力后在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動，拉力撤去前，根據(jù)牛頓第二定律得：a=$\frac{F-{μ}_{2}mg}{m}=\frac{2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{4}×10}{1}=-\frac{\sqrt{3}}{2}m/{s}^{2}$，
木板的加速度${a}_{1}=\frac{{μ}_{2}mg{-μ}_{1}（M+m）g}{M}=\frac{\sqrt{3}}{2}m/{s}^{2}$，
設經(jīng)過時間t′滑塊與木板速度相等，則有：
v₀+at′=a₁t′
解得：$t′=2\sqrt{2}s$
此過程中，木板運動的位移${x}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{1}{t′}^{2}=\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}×8=2\sqrt{3}m$，
此時F=$2\sqrt{3}N{=μ}_{1}（m+M）g$，整體受力平衡，
則在${t}_{1}=3\sqrt{2}-2\sqrt{2}=\sqrt{2}s$內(nèi)，滑塊與木板一起做勻速直線運動，
此段時間內(nèi)的位移${x}_{2}={a}_{1}t′{t}_{1}=\frac{\sqrt{3}}{2}×2\sqrt{2}×\sqrt{2}=2\sqrt{3}m$，
撤去F后，整體加速度${a}_{2}=-\frac{{μ}_{1}mg}{m}=-\sqrt{3}m/{s}^{2}$，
繼續(xù)滑行的位移${x}_{3}=\frac{{{（a}_{1}t′）}^{2}}{2{a}_{2}}=\frac{6}{2×\sqrt{3}}=\sqrt{3}m$，
則木板在水平面上滑行的最大距離x=${x}_{1}+{x}_{2}+{x}_{3}=2\sqrt{3}+2\sqrt{3}+\sqrt{3}=5\sqrt{3}m$
答：（1）滑塊下滑到斜面底端時的速度大小v₀為$2\sqrt{6}m/s$；
（2）木板在水平面上滑行的最大距離x為$5\sqrt{3}m$．

點評 本題主要考查了牛頓第二定律、動能定理以及運動學基本公式的直接應用，要求同學們能正確分析物體的受力情況，特別注意滑動水平木板上后，在F和摩擦力作用下，不是做勻加速直線運動，而是勻減速直線運動，難度適中．