Question

10．如圖所示，質(zhì)量為4kg的物塊b與質(zhì)量為1kg的物塊a用不可伸長的細(xì)線跨過光滑的定滑輪連接（a，b均可視為質(zhì)點），a置于光滑的水平面上，且以a的初給位置為原點，水平向右為正方向建立數(shù)軸，在不同區(qū)域a會受到不同大小且方向水平向左的外力F的作用，其大小隨x的變化關(guān)系如表所示，物塊b置于傾角θ=30°且足夠長的斜面上A點，斜面上B點與A點之間的距離為s=2m且AB段光滑，過B點后物塊b與斜面間的動力摩擦因數(shù)為μ=$\frac{1}{4\sqrt{3}}$，將a、b由靜止釋放，取重力加速度大小g-10m/s²．求：
（1）物塊a第一次過x=1m處時的速度大小
（2）物塊b第一次過B點和第二次過B點時的時間間隔

x/m	0＜x≤1	x＞1
F/N	0	30

Answer 1

分析 （1）對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律求出整體的加速度，結(jié)合速度位移公式求出物塊a第一次過x=1m處時的速度大�。�
（2）x＞1m后，a受到水平向左的恒力F，結(jié)合牛頓第二定律求出系統(tǒng)勻減速運動的加速度，結(jié)合速度位移公式求出第一次到達(dá)B點的速度，過B點后，b受到滑動摩擦力，結(jié)合牛頓第二定律求出系統(tǒng)繼續(xù)向下做勻減速運動的加速度，從而得出速度減為零的時間和位移，根據(jù)牛頓第二定律求出系統(tǒng)返回做勻加速運動的加速度，根據(jù)位移時間公式求出再次經(jīng)過B點的時間，從而得出物塊b第一次過B點和第二次過B點時的時間間隔．

解答 解：（1）對a、b整體分析，整體的加速度${a}_{1}=\frac{{m}_gsinθ}{{m}_{a}+{m}_}=\frac{40×\frac{1}{2}}{4+1}m/{s}^{2}=4m/{s}^{2}$．
根據(jù)速度位移公式得，${v}_{1}=\sqrt{2{a}_{1}{x}_{1}}=\sqrt{2×4×1}$m/s=$2\sqrt{2}m/s$．
（2）因為x＞1m后，F(xiàn)=30N，對整體分析，加速度${a}_{2}=\frac{F-{m}_gsinθ}{{m}_{a}+{m}_}=\frac{30-40×\frac{1}{2}}{5}m/{s}^{2}$=2m/s²．
設(shè)物塊第一次到達(dá)B點的速度為v_B1，根據(jù)${{v}_{B1}}^{2}-{{v}_{1}}^{2}=-2{a}_{2}{x}_{2}$得，
${v}_{B1}=\sqrt{{{v}_{1}}^{2}-2{a}_{2}{x}_{2}}$=$\sqrt{8-2×2×1}=2m/s$，
過B點后，系統(tǒng)的加速度${a}_{3}=\frac{F+μ{m}_gcosθ-{m}_gsinθ}{{m}_{a}+{m}_}$=$\frac{30+\frac{1}{4\sqrt{3}}×40×\frac{\sqrt{3}}{2}-40×\frac{1}{2}}{5}$=3m/s²，
系統(tǒng)速度減為零的時間${t}_{1}=\frac{{v}_{B1}}{{a}_{3}}=\frac{2}{3}s$，從B點速度減為零，b的位移$x=\frac{{{v}_{B1}}^{2}}{2{a}_{3}}=\frac{4}{6}m=\frac{2}{3}m$，
系統(tǒng)速度減為零后返回做勻加速直線運動，則加速度${a}_{4}=\frac{F-{m}_gsinθ-μ{m}_gcosθ}{{m}_{a}+{m}_}$=$\frac{30-40×\frac{1}{2}-\frac{1}{4\sqrt{3}}×40×\frac{\sqrt{3}}{2}}{5}=1m/{s}^{2}$，
根據(jù)$x=\frac{1}{2}a{{t}_{2}}^{2}$得，${t}_{2}=\sqrt{\frac{2{x}_{\;}}{{a}_{4}}}=\sqrt{\frac{2×\frac{2}{3}}{1}}s=\frac{2\sqrt{3}}{3}s$．
物塊b第一次過B點和第二次過B點時的時間間隔$△t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{2+2\sqrt{3}}{3}s$．
答：（1）物塊a第一次過x=1m處時的速度大小為$2\sqrt{2}$m/s；
（2）物塊b第一次過B點和第二次過B點時的時間間隔為$\frac{2+2\sqrt{3}}{3}s$．

點評 本題考查了牛頓定律的多過程問題，關(guān)鍵理清系統(tǒng)在整個過程中的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式綜合求解，掌握整體法和隔離法的運用．